題
首先一個顯然的思路，列舉找零的量 \(x\)，那麼付錢的量就是 \(x+T\)，找零是完全揹包（硬幣數無限），付錢是多重揹包（硬幣數有限），注意多重揹包要二進位制分組優化或者單調佇列優化，這裡不詳細展開了。

看到這裡有一個問題，這個 \(x\) 最大要列舉到多少？
直觀感受下，這個 \(x\) 並不會特別大。
實際上，如果面值最大的幣面值為 \(v_{max}\)，\(x\leq 2\times v_{max}^2\)，下面給出證明。

• 首先，找零中面值非最大的幣總共最多用 \(v_{max}\) 個。

反證，如果多於 \(v_{max}\)，那麼一定能找出一些硬幣，它們的面值之和 \(v_{max}\)

接下來分類討論。

• 找零中有面值最大的幣

顯然，此時付錢中不能有面值最大的幣了，否則可以兩邊各刪一個硬幣，直到付錢中沒有或者找零中沒有為止。

所以付錢中所有的錢都不是面值最大的幣，那麼如果付錢中硬幣的數量小於 \(v_{max}\)

面值最大的幣最多有 \(v_{max}\) 個，面值非最大的幣最多有 \(v_{max}\) 個，所以找零總量最大為 \(2\times v_{max}^2\)

• 找零中沒有面值最大的幣

很明顯，找零小於 \(v_{max}^2\)

所以，在 \(x>2\times v_{max}^2\)

程式碼：

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL V = 28800; // 2 * v_{max}^2

LL n,t;
LL v[105],c[105];
LL dp1[V << 1],dp2[V << 1];
LL ans = INF;

int main(){
	memset(dp1,INF,sizeof(dp1));
	memset(dp2,INF,sizeof(dp2));
	cin >> n >> t;
	for(LL i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i];
	for(LL i = 1;i <= n;i ++) cin >> c[i];
	dp1[0] = dp2[0] = 0;
	
	for(LL i = 1;i <= n;i ++)
		for(LL j = v[i];j <= V;j ++) dp2[j] = min(dp2[j],dp2[j - v[i]] + 1);
	for(LL i = 1;i <= n;i ++){
		for(LL w = 1;w <= c[i];w <<= 1){
			for(LL j = V + t;j >= v[i] * w;j --) dp1[j] = min(dp1[j],dp1[j - v[i] * w] + w);
			c[i] -= w;
		}
		if(c[i]) for(LL j = V + t;j >= v[i] * c[i];j --) dp1[j] = min(dp1[j],dp1[j - v[i] * c[i]] + c[i]);
	}
	for(LL i = t;i <= t + V;i ++) ans = min(ans,dp1[i] + dp2[i - t]);
	if(ans >= INF) ans = -1;
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}