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\(\color{red}{\mathcal{Description}}\)

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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

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

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\(T(n) = 2^n-2^{n-m} +C_{n}^{m}\cdot (n \sum a_i + 3n) -> \Theta(max(2^n - 2^{n-m}, C_{n}^{m} \cdot n\sum a_i))\)

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\(3 \cdot\frac{n}{32}\)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 ; 
}

\(by \ \ Flower\_ pks\)

砝码称重——突发奇想做的某一道题

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原文地址：https://www.cnblogs.com/pks-t/p/9780351.html