AtCoder Regular Contest 070 D - No Need 想法：利用单调性二分+bitset优化

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题目：D - No Need
链接：http://arc070.contest.atcoder.jp/tasks/arc070_b
题意：给出N个数，从中选出一个子集，若子集和大于等于K，则这是一个Good子集，现在要求这N个数里无用数的个数。
无用数的定义是：在这个数所属的所有Good子集中，如果把这个数删去后原子集仍然是一个Good子集，它就是一个无用数
思路：关键点是存在单调性，如果某个数是必须的，那么比他大的数都是必须的；
证明如下：假设x是必须的，y是比x大的某个数；x是必须的，即x和其他某些数合成的和s加起来为sum>=k，且这个总和sum是满足>=k的情况中最小的和;且s<k;
如果某些数包含了y，那么把y去掉后，肯定是sum-y<k；所以y是必须的。
如果某些数不包含y，那么把x去掉后，再加上y，肯定是>=k的，因为y>=x；
所以存在单调性。
这样就可以二分+bitset优化判断。（bitset用于求组合数的和）
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<bitset>
using namespace std;
const int maxn = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
int a[maxn];
int n , k;
int b[maxn];
bitset<maxn> dp;
int judge(int x)
{
    if(a[x]>=k) return ;
    ///剔除当前数，剩余的数dp一发；存在性判断.
    dp.reset();
    dp[] = ;
    for(int i = ; i < n; i++){
        if(i==x) continue;
        dp|=(dp<<a[i]);
    }
    for(int i = k-; i >= k-a[x]; i--){
        if(dp[i]){
            return ;
        }
    }
    return ;
}
int solve()
{

    sort(a,a+n);
    /*
    int lo = -1, hi = n;
    while(hi-lo>1){
        int m = (lo+hi)/2;
        if(judge(m)) hi = m;
        else lo = m;
    }
    return hi;
    */
    int lo = , hi = n-;
    int mas = -;///这里必须-1，因为我后面+1了，如果不这样的话，结果>=1;
    while(lo<=hi){
        int m = (lo+hi)/;
        if(judge(m)) hi = m-;
        else{
            lo = m+;
            mas = max(mas,m);
        }
    }
    return mas+;///下标是mas，所以要再加一；
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&k)==)
    {
        for(int i = ; i < n; i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        printf("%d\n",solve());
    }
    return ;
}