传送门

题解

思路

看到 \(1\le k\le16\)，我们想到状压DP。
以每枚硬币是否被使用为状态，对其进行枚举。
令 \(dp_i\) 表示状态 \(i\) 下最多能支付到第 \(dp_i\) 件商品，令 \(f_{i,j}\) 表示从第 \(i+1\) 个位置开始，第 \(j\) 枚硬币可以支付 \((i+1,f_{i,j}]\) 这一区间的商品。
于是可以知道：每个状态下最多能支付到的商品位置，是从它的前继状态最多能支付到的那件商品的下一件商品开始，使用新增加的那枚硬币，所能支付到的最后一件商品的位置。
结合转移方程理解这句话：

写成代码形式：

if(i&(1<<j)==0) dp[i]=max(dp[i],f[dp[i^(1<<j)][j];

像这样。答案就是所有 \(dp_i\ge N\) 的状态中剩余钱数的最小值。
时间复杂度 \(O(NK\log N+2^KK)\)，可以解决。

实现

首先需要预处理 \(f\) 数组。笔者使用二分，更优的做法是双指针，留给读者自行思考（绝对不是因为我不会）。
在预处理过程中需要频繁查询区间和，因此可以预处理 \(c\) 数组的前缀和。

代码

#include <cstdio>
#define N 100005
int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int k,n;
int a[20],c[N];
int f[N][20];		//(i,f[i][k]]
int dp[N];
int cnt(int x)		//没用的硬币求和
{
	int ret=0;
	for(int i=0;i<k;i++)
		if(!(x&(1<<i))) ret+=a[i];
	return ret;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&k,&n);
	for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&c[i]),c[i]+=c[i-1];
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<k;j++)
		{
			int lb=i,rb=n;
			while(lb<rb)
			{
				int mid=lb+rb+1>>1;
				if(c[mid]-c[i]<=a[j]) lb=mid;
				else rb=mid-1;
			}
			f[i][j]=lb;
		}
	int maxc=-1;
	for(int i=0;i<(1<<k);i++)
	{
		for(int j=0;j<k;j++)
			if(i&(1<<j))
				dp[i]=max(dp[i],f[dp[i^(1<<j)]][j]);
		if(dp[i]==n)
			maxc=max(maxc,cnt(i));
	}
	printf("%d",maxc);
}