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一共有两种类型，我分别介绍。
先来看一道简单的题目：
给你\(m\)个序列，每个序列有\(n\)个非负整数，你现在要在每个序列选一个数，这一共有\(n^m\)种方案，一种方案的值定义为所选的数的和，要你输出值最小的\(n\)种方案的和。
数据范围： \(0 \lt m \le 100\), \(0 \lt n \le 2000\)。
先考虑\(m = 2\)的情况，一共有\(n ^ 2\)种方案，设两个序列为\(a, b\)，假设我们已经把它们排好序了，即\(a_i \le a_{i+1} \ (1 \le i \lt n)\), \(b_i \le b_{i+1} \ (1 \le i \lt n)\)。方案\(f(i, j)\)的值为\(a_i + b_j\)。\(f\)有以下性质：\(f(i, j) \le f(i, k) \ (j \lt k)\)，\(f(i, j) \ (1 \lt j \le n)\)如果是最后的答案，那么\(f(i, j - 1)\)肯定也是答案。我们只需要维护一个优先队列，初始时将\(f(i, 1)\)加入优先队列，从优先队列中第\(k\)次取出的\(f(i, j)\)即为第\(k\)小的方案，每次取出后，若\(j \lt n\)，把\(f(i, j + 1)\)加入优先队列。时间复杂度为\(O(nlog_2{m})\)
至此，我们有了\(m = 2\)的合并算法，当\(m \gt 2\)时，我们只需要将\(m\)个序列进行\(m - 1\)次合并。得到的即为答案。总的时间复杂度为\(O(mnlog_{2}m)\)，可以通过此题。
我们考虑与此题类似的一个问题，给定\(n\)个多重集合\(c_i\)，第\(i\)个集合的大小为\(s_i\)，要在每个集合中选一个数，一种方案的值定义为所选的数的和（或积），求第\(k\)大（或小）的方案的值。
对于此问题上面这个做法还不够优秀。
以下介绍第一种更为优秀的做法。
以求第\(k\)大为例。
先把集合内元素排序，再以集合的最大值与次大值的差作为关键字对集合进行排序，即对于集合\(i\)满足\(s_{i, j} \le s_{i, j + 1}, \ s_{i, 1} - s_{i, 2} \le s_{i + 1, 1} - s_{i + 1, 2}\) (如果某个集合只有一个元素，那么这个集合只有一种选法，就可以不用考虑了)。
把上面\(f\)的维数扩展到\(n\)维，\(f(p_1, p_2, \cdots , p_n)\)代表一个方案，第\(i\)个集合选了第\(p_i\)大的数。每个集合默认选择最大的数，这种选择作为初始方案，再进行逐个集合更改所选的数。我们只需要记录当前待选择的集合的编号\(i\)，当前集合所选的数第\(j\)大的数，以及当前方案的值。之前的选择\(p_1, p_2, \cdots p_{i - 1}\)，完全可以丢弃，\(p_{i + 1}, p_{i + 2}, \cdots p_n\)默认都是选择最大的，也不用记录，所以\(f\)只有三维\((i, j, sum)\)。
对\(f(i, j, sum)\)的后继进行定义：
若\(j \lt c_i\)，\(f(i, j + 1, sum - s_{i, j} + s_{i, j + 1})\)是它的后继；
若\(i \lt n\)，\(f(i + 1, 2, sum - s_{i + 1, 1} + s_{i + 1, 2})\)是它的后继；
若\(j = 2 \ \&\& \ i \lt n\)，\(f(i + 1, 2, sum + s_{i, 1} - s_{i, 2} - s_{i + 1, 1} + s_{i + 1, 2})\)是它的后继；
相应的，我们定义前驱。
我们把每种方案看成一个节点，它与它的后继之间的边为后继边，它与它的前驱之间的边为前驱边。
存在以下性质：
\(f(i, j, sum)\)不小于它的后继，不大于它的前驱。
因为前面我们对集合进行了排序，
满足\(s_{i, j} \ge s_{i, j + 1}\)，所以第一种和第二种后继（如果存在）存在这种性质。
满足\(s_{i, 1} - s_{i, 2} \le s_{i + 1, 1} - s_{i + 1, 2}\)，所以第三种后继（如果存在）存在这种性质。
\(f(i, j, sum)\)可以有多个后继，但只有唯一的前驱。
因为我们是逐位更改的，当前集合和所选的数的不同，这两种方案通过后继边所能达到的方案不会有交。
对于任意合法的方案最终一定能通过前驱边到达初始方案。
即从最初方案通过后继边可以到达任意合法方案。
这很显然。
那么这就是一棵树。如果一种方案成为答案，那么它的前驱肯定也是答案。那么我们可以维护一个优先队列，存当前可能成为答案的方案，第\(k\)个答案即为优先队列第\(k\)次的最大值，一种方案出队后把它的所有后继加入优先队列。
事实上，这种结构只要是一个\(DAG\)，就可以用优先队列维护了，只不过可能要去重。
这个算法的时间复杂度为\(O(nlog_{2}n + \sum_i^n{c_ilog_{2}c_i}+ klog_{2}mk)\)，其中\(m\)为每种方案的平均后继个数。由于\(m\)是常数，可以忽略，那么时间复杂度就是\(O(nlog_{2}n + \sum_i^n{c_ilog_{2}c_i}+ klog_{2}k)\)。这个算法是相当优秀的。
假设我们始终在一个集合内选数，即给你一个有\(n\)个元素的多重集合\(s\)，选\(m\)个不同的数定义为一种方案，求第\(k\)大（或小）的方案的值。
利用上面的算法的思想，\(f(p_1, p_2, \cdots , p_m) \ (1 \le p_1 \lt p_2 \lt \cdots \lt p_m \le n)\)为一种方案。
定义后继：如果\(f(p_1, p_2, \cdots , p_i + 1, \cdots , p_m)\)合法，那么它为\(f(p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的后继。
类似的定义前驱。
但是这是一个DAG，如果这样直接用优先队列做，需要去重。
我们再次利用逐位更改的思想，多加一维\(i\)，表示\(p_{i + 1}, \cdots , p_m\)不会更改。
\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_i, \cdots , p_m)\)的后继有：
如果\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_i + 1, \cdots , p_m)\)合法，那么它为\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的后继。
如果\(f(j, p_1, p_2, \cdots , p_j + 1, \cdots , p_m) \ (1 \le j \lt i)\)，那么它为\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的后继。
显然它也有上面的三个性质。
那么这就是一颗树了，可以直接用优先队列做，不需要去重了。
给出\(n\)个整数\(a_1, a_2, \cdots , a_n\)，问从中选\(m\)个数乘积第\(k\)大是多少。
数据范围：\(1 \le n,k \le 10000\), \(1 \le m \le13\), \(k \le C^n_m\), \(-10^6 \le a_i \le10^6\)。
假如求的是数和的第\(k\)大，或正整数的乘积第\(k\)大是多少，那么可以直接用上面的那个算法。
但是所选的负数的个数或影响乘积的正负，所以我们枚举\(m\)中选的负数的个数。如果负数个数为偶数，这类方案的乘积非负，选择求绝对值前\(k\)大的乘积。反之，这类方案的乘积非正，选择求绝对值前\(k\)小的乘积。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/tkandi/p/9375509.html
