CF632E

比较巧妙的题

注意到题目要求是取恰好 \(k\) 个物品能搜出所有的权值和，这比较麻烦。（直接完全背包的话连样例都过不了）

参考样例找找原因：

3 2
1 2 3

完全背包求出 \(f_3=1\)，即凑出 \(3\) 所需最小物品数量是 \(1\)，但是它也是可以被两个物品凑出的，所以应该被输出。

那么有没有办法把 \(1\) 个物品扩充为 \(2\) 个物品呢？

也就是说需要存在价值为 \(0\) 的物品，这样就可以塞进去了。

但是 \(1\le a_i\le 1000\) 啊

那么先按价值从小到大排个序，然后给每个物品的价值减去最小价值。这样就存在价值为 \(0\) 的物品了。

然后就可以 DP 了，设 \(f_{i}\) 表示凑出 \(i\) 价值需要的最小物品数量。

最终输出答案时，扫一遍 \(f\)，如果 \(f_{i}\le k\)，就输出 \(k\times mn+i\)。

时间复杂度为 \(\mathcal O(n^3)\)，但是时限 \(5s\) 所以很快啊，就过了。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 1000000;
int n, k;
int a[N], b[N];
int f[N*N];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1); for (int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = a[i] - a[1];
	memset(f, 0x3f, sizeof f), f[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = b[i]; j <= M; ++j)
			f[j] = min(f[j], f[j - b[i]] + 1);
	}
	for (int i = 0; i <= M; ++i) if (f[i] <= k) printf("%d ", k * a[1] + i);
	return 0;
}