可能是我退役/NOIP前做的最后一道状压...
题目大意：给你(k)个硬币，FJ想按顺序买(n)个物品，但是不能找零，问你最后最多剩下多少钱。
注意到(k<=16)，提示状压。开始设计的状态是(f[i])表示在状态(i)下最多剩的钱数，后来发现不好搞因为可能有无解的情况。这种情况我们不妨把状态设计的再“退化”一点，也就是不那么贴近最终的结果，只是一个中间的部分。设(f[i])为在状态(i)下，最多能购买的物品数。
因为是按顺序购买的，所以有一定的单调性（单调递增）。我们在转移的时候考虑从哪些状态转移到当前状态，还是异或得到子集的思路来转移，但是我们更新的是买的物品数，每次暴力查的话可能会是复杂度再累乘一个(O(n))然后爆炸。刚才我们说到单调性，可以利用这个性质帮助求解，用一个(upperbound)就能把复杂度降到(O(2^k*k*log))。
设用二分找到的这个位置为(pos)，那么我们的转移方程就是(f[i]=max(f[i],pos-1))。每次当我们的状态能买(n)个时，就更新下答案。最后判无解的时候看需求是否大于供给。另外下标最好都从0开始搞...。（WA了一次）
总之一道二分+状压好题~（逃）
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int k,n,fake;
int f[70000];
ll tot,ans=1e20,sum[100090],val[20];
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&k,&n);
fake=(1<<k)-1;
for(int i=0;i<k;i++) scanf("%lld",&val[i]),tot+=val[i];
for(int i=1,x=0;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),sum[i]=sum[i-1]+x;
for(int i=0;i<=fake;i++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
ll fi=sum[f[i^(1<<j)]]+val[j];
int pos=upper_bound(sum+1,sum+1+n,fi)-sum;
f[i]=max(f[i],pos-1);
}
}
if(f[i]==n)
{
ll tmp=0;
for(int j=0;j<k;j++)
if(i&(1<<j)) tmp+=val[j];
ans=min(ans,tmp);
}
}
if(ans>tot) printf("-1
");
else printf("%lld
",tot-ans);
return 0;
}