\(Description\)
题面
有\(n(n<=1e5)\)个商品和\(k(k<=16)\)个硬币，给定每个硬币的面额和商品价格，要求按照顺序购买商品，每次可以拿出一个硬币，购买从上次结算到现在的所有物品（前提是可以支付得起），不会找零，求最优方案使得最终剩余的面额和尽可能大
\(Solution\)
一道看起来比较简单但实际上就是很简单的题，中午硬是没想出来，下午才有了思路，过掉了这道题
真是一道降智好题
比较显然的是需要对硬币使用情况状态压缩
一开始的想法是设\(dp[i][j]\)表示硬币使用情况是\(i\)时，当前考虑到\(j\)，剩余\(dp[i][j]\)，也记不太清了，总之有很多思路，但是多半没法转移或者会\(MLE\)。结果我下午才发现我是个傻子，注意到题目中一条性质是不能找零，所以我们知道买完所有商品时硬币的使用情况，也就知道剩余的面额和了，所以不需要用\(dp[i][j]\)表示剩余面额。
那么换种思路，因为题目中提到按照顺序买，所以设\(dp[i]\)为选择状态为\(i\)时买到的右边界，转移过程大概为枚举状态，枚举哪颗硬币，再枚举买完后的右边界，检验是否合法，取\(max\)即可。但这样做\(O(nSk)\),妥妥\(TLE\)，考虑预处理每个位置每颗硬币最远买到什么地方，直接\(O(Sk)\)转移即可。而预处理的过程可以\(O(nk)\)解决，总复杂度可以接受。
为什么对于一种硬币，尽可能往后买的贪心是对的呢，还是基于题目的性质，不能找零，当这个硬币用掉不管买多少答案都会减去这个硬币的面值，不如让他买的尽可能多，这样才有可能让后面的硬币省下来。
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define re register
#define maxn 100010
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int k,n,w[20],c[maxn],sumc[maxn],pos[maxn][20],MAX;
int dp[maxn],val[maxn],sums,ans;
void work(int x)
{
int r=1,l=1;
while(r<=n)
{
while(sumc[r]-sumc[l-1]>w[x]) //这里注意写while，因为有可能加入一个后好几个区间都超过了面额
{
pos[l][x]=r-1;
l++;
}
r++;
}
while(sumc[r]-sumc[l-1]>w[x])
{
pos[l][x]=r-1;
l++;
}//调整
for(re int i=l;i<=n;++i) pos[i][x]=n;//注意把后面没有处理的区间解决掉
}
void pre()
{
for(re int i=0;i<=MAX;++i)
{
int now=i,cnt=1;
while(now)
{
if(now&1) val[i]+=w[cnt];
now>>=1,cnt++;
}
}
}
int main()
{
k=read(),n=read();
MAX=(1<<k)-1;
for(re int i=1;i<=k;++i) w[i]=read(),sums+=w[i];
for(re int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(),sumc[i]=sumc[i-1]+c[i];
for(re int i=1;i<=k;++i)
work(i);
pre();
for(re int s=0;s<=MAX;++s)
for(re int i=1;i<=k;++i)
{
if(s&(1<<i-1)) continue;
dp[s|(1<<i-1)]=max(dp[s|(1<<i-1)],pos[dp[s]+1][i]);
}
ans=0x3f3f3f3f;
for(re int s=0;s<=MAX;++s)
{
if(dp[s]==n) ans=min(ans,val[s]);
}
if(ans==0x3f3f3f3f) printf("-1\n");
else printf("%d\n",sums-ans);
return 0;
}