其实我是点单调队列的标签进来的，之后看着题就懵逼了

于是就去题解里一翻，发现楼上楼下的题解说的都好有道理，
f[j]表示一个再使用一个硬币就能到达i的某个之前状态，b[now]表示使用那个能使状态j变到i的硬币的面值，find表示这些花费可以到达的最大距离，由于前缀和保持单调可以用二分求解，方程不就是f[i]=max(f[i],find(p[f[j]]+b[now]))吗

但这道题怎么用单调队列优化呢

我们观察这个方程你会发现无论是b[now]，p[f[j]]都跟i没有什么关系，而只要是p[f[j]]+b[now]越大，相应的find的值也就越大

于是我们就可以愉快的单调队列优化这个dp了，用一个单调队列把每次的p[f[j]]+b[now]存起来，每次有新元素入队时维护队列的单调性，之后当所有元素入队完，直接用队首的最大值进行一遍find就好了，这样就可以避免进行多次find了

尽管单调队列是用常数奇大的deque实现的，但开了O2能跑到120 ms，轻松卡到最优解第一

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define int long long
#define maxn 100001
using namespace std;
int f[65540],a[maxn],b[17],n,m,num,p[maxn];
int c[17];
inline void check(int x)
{memset(c,0,sizeof(c));int pp=m;while(x){if(x&1) c[pp]=1;pp--;x>>=1;}
}
inline int read()
{char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
inline int find(int x)
{int l=1,r=n,tot=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(p[mid]<=x) l=mid+1,tot=mid;else r=mid-1;}return tot;
}
signed main()
{m=read();n=read();for(re int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(),num+=b[i];for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();p[1]=a[1];for(re int i=2;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]+a[i];for(re int i=0;i<=(1<<m)-1;i++){deque<int> q;for(re int j=1;j<=m;j++){if(!(i&(1<<(m-j)))) continue;//这里跟楼上楼下几篇题解不太一样，这个状态转成二进制后左边第一位表示的是第一个硬币是否被选择int k=i^(1<<(m-j));while(q.size()&&q.back()<p[f[k]]+b[j]) q.pop_back();//跟队尾元素比较，如果比队尾大就弹出队尾，维护单调队列单调性q.push_back(p[f[k]]+b[j]);//入队}//其实这里不用单调队列优化也是可以的，我们只需要存储一下最大值就好了，这样应该还能快一些，但是用单调队列优化dp的这种思路还是比较重要的f[i]=find(q.front());//只用一遍find就好了}int ans=-1;for(re int i=0;i<=(1<<m)-1;i++){if(f[i]!=n) continue;//当前状态根本到不了n，就直接下一个check(i);//将当前的状态转成二进制数int tot=0;for(re int j=1;j<=m;j++)if(c[j]==0) tot+=b[j];//如果没有被选择，那么就把它加上if(tot>ans) ans=tot; }cout<<ans;return 0;
}