洛谷

为了凑出 1 - x 的所有硬币：

假设当前已经凑出了1 ～ m 的所有面值的硬币，那么为了凑出更大面值的硬币，应该如何选择呢？

有这些情况：

<1> 选面值 t 属于 1～m  的硬币：

这当然可以，但是想一想，有没有更好的选择呢？

我们选择一个面值为 t 的硬币，那么，我们下一次能够凑出的面值为 1 ～ m + t

为了符合题意、凑出所有1 ～ x 的硬币，我们当然希望这个 m + t  越大越好！

那么，就要求我们这一次选择的 t 越大越好。

因此： 我们可能需要再 1 ～ m中选一个价值最大的硬币。

<2> 选面值 t 属于 m+1 ～ ? 的硬币：

假设选择面值是 t + 1的，这符合题意吗？ 

想一想： 原本凑出了1～m，这一次得到了m+1，那么我们就得到了从 1 ～ 2m + 1的所有面值的硬币。这说明选1 + m是可以的

那么，还能继续变大吗？

比如 选 m+2 ？

显然不行，如果选择了m+2，那么我们就没有办法凑出面值为 m + 1的硬币了（想一想，原本凑出的是1～m的硬币，这一次选了个m+2的硬币，那么我们能凑出的

硬币的区间实际上是不连续的 ，它是 [1 , m]  U [m+2,2m+2] ，漏掉了 m+1 。 ）

因此，可以确定贪心的方法： 每一次从所有面值中选择一个面值 t 属于 [1,m+1] 的、且最大面值的硬币。

就可以得到最优解

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int arr[20];
int main(){
    int x,n;
    cin >> x >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        cin >> arr[i];
    }
    sort(arr,arr+n);
    
    int m = 0;
    int cnt = 0;
    while(m < x){
        for(int j = n-1; j >= 0; j--){
            if(arr[j] <= m+1){
                cnt++;
                m += arr[j];
                break;
            }
        }
    }
    if(cnt == 0 && x != 0)
        cout<<"-1";
    else cout<<cnt;
    return 0;
}