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(color{red}{mathcal{Solution}})

思路：(01)背包方案数 + (bitset) + 子集枚举

首先我的(dfs)菜的一匹，所以说一看这道题我就放弃了(dfs)

我们考虑子集枚举选取(n-m)个物品时的状态，然后对于每一个状态进行一次(bool)类型的(01)背包，最后统计(max)即可。

但是显然我们的复杂度会达到

[T(n) = 2^n times (n sum a_i + 3n) -> Theta(2^nnsum a_i)]

其中第一项是枚举子集的复杂度，之后是(01)背包方案数 + 扫一遍 + 清零+求出背包容量(t)的复杂度。

显然不足以(1s)过。那么我们不妨思考一个简单的优化，我们枚举状态从(1 <<(n - m - 1))开始，因为当位数小于(n - m)时，永远选不够(n-m)个。并且我们可以预处理出每个状态的(1)的个数，那么我们就会有((n) = 2^n-2^{n-m} +C_{n}^{m}cdot (n sum a_i + 3n) -> Theta(max(2^n - 2^{n-m},C_{n}^{m} cdot nsum a_i)))

好像还可以的吧，但事实上我们还可以更优，我们直接考虑用(bitset)作为(dp)数组，然后就会有(3 cdotfrac{n}{32})的检测复杂度，好像可以优化些常数。

最后我还用了

inline int max(int a,int b) {return b - (b - a & (b - a >> 31));}

的毒瘤优化，但是依旧很慢——不过这不能阻止人类否定(dfs)的一家独大。

(qwq)

#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define MAX 5000
using namespace std ;
int i,j,k,d,t ; bitset <MAX> dp ; 
int N,M,base[MAX],Len[MAX << 8],Max,Ans ; 

inline int max(int a,int b) {return b - (b - a & (b - a >> 31));}
int main(){
    cin >> N >> M ; d = N - M,Max = (1 << N) - 1 ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) cin >> base[i] ;
    for (i = 1 ; i <= Max ; ++ i) Len[i] = Len[i - (i & -i)] + 1 ;
    for (i = 1 << d - 1; i <= Max ; ++ i){
        if(Len[i] == d){
            dp.reset(),dp[0] = 1,t = 0 ; 
            for (j = 0 ; j < N ; ++ j) t += (1 << j & i) ? base[j + 1] : 0 ;
            for (k = 0 ; k < N ; ++ k) 
                for (j = t ; j >= base[k + 1] ; -- j)
                    dp[j] = (1 << k & i) ? dp[j] : (dp[j] | dp[j - base[k + 1]]) ; 
            Ans = max(Ans,(int)dp.count() - 1) ;
        }
    } 
    cout << Ans << endl ; return 0 ; 
}

(by Flower_ pks)