一共有兩種類型，我分別介紹。

類型一

先來看一道簡單的題目：

POJ2442 Sequence

給你\(m\)個序列，每個序列有\(n\)個非負整數，你現在要在每個序列選一個數，這一共有\(n^m\)種方案，一種方案的值定義為所選的數的和，要你輸出值最小的\(n\)種方案的和。
數據範圍： \(0 \lt m \le 100\), \(0 \lt n \le 2000\)。

先考慮\(m = 2\)的情況，一共有\(n ^ 2\)種方案，設兩個序列為\(a, b\)，假設我們已經把它們排好序了，即\(a_i \le a_{i+1} \ (1 \le i \lt n)\), \(b_i \le b_{i+1} \ (1 \le i \lt n)\)

我們考慮與此題類似的一個問題，給定\(n\)個多重集合\(c_i\)，第\(i\)個集合的大小為\(s_i\)，要在每個集合中選一個數，一種方案的值定義為所選的數的和（或積），求第\(k\)大（或小）的方案的值。

對於此問題上面這個做法還不夠優秀。

以下介紹第一種更為優秀的做法。

以求第\(k\)大為例。
先把集合內元素排序，再以集合的最大值與次大值的差作為關鍵字對集合進行排序，即對於集合\(i\)滿足\(s_{i, j} \le s_{i, j + 1}, \ s_{i, 1} - s_{i, 2} \le s_{i + 1, 1} - s_{i + 1, 2}\)

把上面\(f\)的維數擴展到\(n\)維，\(f(p_1, p_2, \cdots , p_n)\)代表一個方案，第\(i\)個集合選了第\(p_i\)大的數。每個集合默認選擇最大的數，這種選擇作為初始方案，再進行逐個集合更改所選的數。我們只需要記錄當前待選擇的集合的編號\(i\)，當前集合所選的數第\(j\)大的數，以及當前方案的值。之前的選擇\(p_1, p_2, \cdots p_{i - 1}\)，完全可以丟棄，\(p_{i + 1}, p_{i + 2}, \cdots p_n\)默認都是選擇最大的，也不用記錄，所以\(f\)只有三維\((i, j, sum)\)。
對\(f(i, j, sum)\)的後繼進行定義：
若\(j \lt c_i\)，\(f(i, j + 1, sum - s_{i, j} + s_{i, j + 1})\)是它的後繼；
若\(i \lt n\)，\(f(i + 1, 2, sum - s_{i + 1, 1} + s_{i + 1, 2})\)是它的後繼；
若\(j = 2 \ \&\& \ i \lt n\)，\(f(i + 1, 2, sum + s_{i, 1} - s_{i, 2} - s_{i + 1, 1} + s_{i + 1, 2})\)是它的後繼；

相應的，我們定義前驅。

我們把每種方案看成一個節點，它與它的後繼之間的邊為後繼邊，它與它的前驅之間的邊為前驅邊。

存在以下性質：
\(f(i, j, sum)\)不小於它的後繼，不大於它的前驅。
因為前面我們對集合進行了排序，
滿足\(s_{i, j} \ge s_{i, j + 1}\)，所以第一種和第二種後繼（如果存在）存在這種性質。
滿足\(s_{i, 1} - s_{i, 2} \le s_{i + 1, 1} - s_{i + 1, 2}\)，所以第三種後繼（如果存在）存在這種性質。

\(f(i, j, sum)\)可以有多個後繼，但只有唯一的前驅。
因為我們是逐位更改的，當前集合和所選的數的不同，這兩種方案通過後繼邊所能達到的方案不會有交。

對於任意合法的方案最終一定能通過前驅邊到達初始方案。
即從最初方案通過後繼邊可以到達任意合法方案。
這很顯然。

那麽這就是一棵樹。如果一種方案成為答案，那麽它的前驅肯定也是答案。那麽我們可以維護一個優先隊列，存當前可能成為答案的方案，第\(k\)個答案即為優先隊列第\(k\)次的最大值，一種方案出隊後把它的所有後繼加入優先隊列。

事實上，這種結構只要是一個\(DAG\)，就可以用優先隊列維護了，只不過可能要去重。

這個算法的時間復雜度為\(O(nlog_{2}n + \sum_i^n{c_ilog_{2}c_i}+ klog_{2}mk)\)，其中\(m\)為每種方案的平均後繼個數。由於\(m\)是常數，可以忽略，那麽時間復雜度就是\(O(nlog_{2}n + \sum_i^n{c_ilog_{2}c_i}+ klog_{2}k)\)。這個算法是相當優秀的。

模板題LibreOj #6254. 最優卡組

類型二

假設我們始終在一個集合內選數，即給你一個有\(n\)個元素的多重集合\(s\)，選\(m\)個不同的數定義為一種方案，求第\(k\)大（或小）的方案的值。

利用上面的算法的思想，\(f(p_1, p_2, \cdots , p_m) \ (1 \le p_1 \lt p_2 \lt \cdots \lt p_m \le n)\)為一種方案。

定義後繼：如果\(f(p_1, p_2, \cdots , p_i + 1, \cdots , p_m)\)合法，那麽它為\(f(p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的後繼。
類似的定義前驅。

但是這是一個DAG，如果這樣直接用優先隊列做，需要去重。
我們再次利用逐位更改的思想，多加一維\(i\)，表示\(p_{i + 1}, \cdots , p_m\)不會更改。
\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_i, \cdots , p_m)\)的後繼有：
如果\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_i + 1, \cdots , p_m)\)合法，那麽它為\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的後繼。
如果\(f(j, p_1, p_2, \cdots , p_j + 1, \cdots , p_m) \ (1 \le j \lt i)\)，那麽它為\(f(i, p_1, p_2, \cdots , p_m)\)的後繼。

顯然它也有上面的三個性質。
那麽這就是一顆樹了，可以直接用優先隊列做，不需要去重了。

Sgu 421. k-th Product

給出\(n\)個整數\(a_1, a_2, \cdots , a_n\)，問從中選\(m\)個數乘積第\(k\)大是多少。
數據範圍：\(1 \le n,k \le 10000\), \(1 \le m \le13\), \(k \le C^n_m\), \(-10^6 \le a_i \le10^6\)。

假如求的是數和的第\(k\)大，或正整數的乘積第\(k\)大是多少，那麽可以直接用上面的那個算法。
但是所選的負數的個數或影響乘積的正負，所以我們枚舉\(m\)中選的負數的個數。如果負數個數為偶數，這類方案的乘積非負，選擇求絕對值前\(k\)大的乘積。反之，這類方案的乘積非正，選擇求絕對值前\(k\)小的乘積。

參考資料

POJ2442 Sequence
第十三屆北航程序設計競賽預賽
第十三屆北航程序設計競賽預賽題解
LibreOj #6254. 最優卡組
Sgu 421. k-th Product
bzoj 1425: SGU 421 k-th Product
Sengxian‘s Blog
ZJOI2010講課

集合選數最值一類問題