世界冰球錦標賽[折半搜索]

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題解中涉及大佬的博客

梁神
園神

題目描述

譯自 CEOI2015 Day2 T1「Ice Hockey World Championship」
今年的世界冰球錦標賽在捷克舉行。Bobek 已經抵達布拉格，他不是任何團隊的粉絲，也沒有時間觀念。他只是單純的想去看幾場比賽。如果他有足夠的錢，他會去看所有的比賽。不幸的是，他的財產十分有限，他決定把所有財產都用來買門票。
給出 Bobek 的預算和每場比賽的票價，試求：如果總票價不超過預算，他有多少種觀賽方案。如果存在以其中一種方案觀看某場比賽而另一種方案不觀看，則認爲這兩種方案不同。

輸入格式

第一行，兩個正整數 N 和 $M(1 \leq N \leq 40,1 \leq M \leq 10^{18})$，表示比賽的個數和 Bobek 那家徒四壁的財產。

第二行，N 個以空格分隔的正整數，均不超過 $10^{16}$ ，代表每場比賽門票的價格。

輸出格式

輸出一行，表示方案的個數。由於 NN 十分大，注意：答案 $\le 2^{40}$。

輸入輸出樣例

輸入

5 1000
100 1500 500 500 1000

輸出

8

說明/提示

樣例解釋
八種方案分別是：

一場都不看，溜了溜了
價格100的比賽
第一場價格500的比賽
第二場價格500的比賽
價格 100 的比賽和第一場價格 500的比賽
價格 100 的比賽和第二場價格 500的比賽
兩場價格 500的比賽
價格 1000 的比賽
有十組數據，每通過一組數據你可以獲得 10 分。各組數據的數據範圍如下表所示：

數據組號 1-21−2 3-43−4 5-75−7 8-108−10
$N \leq$ 10 | 20 | 40 |40
$M \leq10^6|10^{18} | 10^6|10^{18}$

這題在不是很相信洛谷上是紫題，畢竟很快就想出來了。
當然還是得益於大佬提點我的那句：爆搜。
機房有一大佬，一日與不知何處的小學弟QQ上交流，學弟給出一題：現有一揹包，揹包有一承重W
有n個物品，物品有重量$v_i$，求裝揹包的方案數 。
$N\leq40, M\leq10^{18}$
對，就是這道題改了下描述。
當日，大佬說題難度普及，要我與其同思其解，幫學弟解疑答惑。
我信了題目的鬼，深以爲是揹包dp，思良久不得解。
忽另一大佬路過，聽其題意後，戲笑而說：爆搜。
吾思之，N若爲20，尚可枚舉，今有40，不可枚舉。
忽靈光一閃至，爲何不從兩邊搜，一邊搜20，複雜度豈不可過？
搜兩次，統計方法答案爲何？
可若第二次搜完時枚舉第一次狀態判斷合法否，複雜度仍爲$2^{40}$，吾休矣。
這時大佬突然對我施以援手：記錄第一次搜的狀態，排序，二分查找。
感激甚，大佬無愧於大佬，救人於水深火熱之中，如菩薩降臨，帶衆生脫離苦海。

好，
第一次搜時用a數組存下合法狀態，即每次搜完後合法的門票價錢和。
對存下的狀態進行遞增排序
第二次時，對於每一個搜完的合法狀態，我們記選擇的門票爲$b$；前一次搜出的狀態爲$a_i$
那麼和並狀態時，合併合法的條件是$a_i + b \leq m$ 變一下就是$a_i \leq m - b$
我們剛剛對a數組進行了排序，那麼我們就可以找到第一個大於$m-b$的數，這個數前面的數都是合法的，
那麼合法的就有改數下標-1個，直接加到答案中去即可。
這樣的話我們的複雜度就是$O(2^{\frac{n}{2}} + 2^{\frac{n}{2}} log(2^{\frac{n}{2}}))$
此題可過矣。
$Code$

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define MAXN 500010
#define N 201
#define INF 0x3f3f3f3f
#define gtc() getchar()

using namespace std;

template <class T>
inline void read(T &s){
	s = 0; T w = 1, ch = gtc();
	while(!isdigit(ch)){if(ch == '-') w = -1; ch = gtc();}
	while(isdigit(ch)){s = s * 10 + ch - '0'; ch = gtc();}
	s *= w;
}

template <class T>
inline void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if(x > 9) write(x/10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

int n;
ll m;
ll w[MAXN];
ll a[1 << 21], cnt = 0;
int mid;

void dfs(int x, ll ans){//枚舉前一半
	if(ans > m) return ;//剪枝
	if(x > mid){
		a[++cnt] = ans;
		return ;
	}
//	printf("%d %d\n", x , ans);
	dfs(x+1, ans);
	dfs(x+1, ans + w[x]);
}

ll ans = 0;
void dfs2(int x, ll num){//枚舉後一半
	if(num > m) return ;//剪枝
	if(x > n){//搜完後二分查找
		int tx = upper_bound(a+1, a+cnt+1, m - num) - a - 1;
		ans += tx;//累加答案
		return ;
	}
	
	dfs2(x+1, num);
	dfs2(x+1, num+w[x]);
}
int main()
{
//	freopen(".in", "r", stdin);
//	freopen(".out", "w", stdout);
	read(n), read(m);
	mid = n >> 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) read(w[i]);
	
	dfs(1, 0);
	sort(a + 1, a + cnt + 1);
	dfs2(mid + 1, 0);
	
	cout << ans << endl;
    return 0;
}