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題目大意：

    多組樣例，在這裡我們假設有$n$個物品，容量為$m$的揹包，問有多少種方案，使得剩下的所有物品都裝不進揹包。。。。。。

解題思路：

    假如在剩下的物品中，體積最小為$w$的物品裝不進揹包，那麼很明顯所有揹包中體積小於$w$的都被放進去了，依此思路，我們給所有揹包排個序，然後依次列舉每個揹包，將這個揹包當做剩下的體積最小的揹包，所以，當列舉到第$i$個揹包時，第$1...i-1$件揹包都被放進去了。     設第$i$個揹包的體積為$w[i]$，前$i$個物品的體積和為$sum[i ]$

    當列舉到$i$

i時，由於第$1...i-1$件物品已被放入揹包，所以揹包剩餘容量為$m-sum[i-1]$，這時，要使得第$i$件物品放不進去，就要用第$i+1...n$的物品裝滿剩餘容積為$m-sum[i-1]-w[i]+1$  ~  $m-sum[i-1]$的揹包，這樣使得第$i$件物品恰好放不進揹包（揹包剩餘容量小於$w[i]$）。

   加下來考慮列舉問題。

    $①$從$1$順序列舉到$n$，則第一次對$\mathrm{（}$

2，n）（2，n）做$01$揹包，第二次對$（3，n）$做$01$揹包$......$時間複雜度為 $n^2m$     $②$從$n$逆序列舉到$1$，則我們需要對$（i+1，n）$做$01$揹包，對$（i，n）$做$01$揹包，對$（i-1，n）$做$01$揹包，會發現，每次做$01$揹包都是放入了$1$個物品，顯然我們可以對此進行優化，在上一次做完揹包之後，把第$i$件物品放入上一次做完的揹包，就得到了我們需要的狀態，這樣從頭到尾只做了一次揹包。

程式碼思路：

    用$sum\left[i\right]$

sum[i]存前$i$件物品的和，每次列舉物品的時候，要注意$m-sum[i-1]-w[i]+1$小於$0$的情況，這時用$max(m-sum[i-1]-w[i]+1, 0)$     注意，每次列舉的過程中，我們要先將第$i+1...n$的物品裝滿剩餘容積為$m-sum[i-1]-w[i]+1$  ~  $m-sum[i-1]$的結果加入到 $ans$ 中，然後再將當前物品加入到揹包中

核心：靈活運用揹包順序與逆序的巧妙思路，最重要的是明白揹包dp的本質，本題就運用這個思路逆序更新揹包，實在巧妙

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, m, ans;
int dp[1005], w[35], sum[35];

int main() {
	int cas, n, m, t=0;
	scanf("%d", &cas);
	while(cas--) {
		sum[0]=ans=0;
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for(int i=1; i<=n; i++)
			scanf("%d", &w[i]);
		sort(w+1, w+n+1);
		for(int i=1; i<=n; i++)
			sum[i]=sum[i-1]+w[i];

		dp[0]=1;
		for(int i=n; i>=1; i--) {
			int k = max(m-sum[i-1]-w[i]+1, 0);
			for(int j=m-sum[i-1]; j>=k; j--)
				ans += dp[j];
			for(int j=m; j>=w[i]; j--)	//將第i個物品放入揹包，即重新編排了一次揹包
				dp[j] += dp[j-w[i]];
		}
		
		if(m<w[1]) ans=0;
		printf("%d %d\n", ++t, ans);
	}

	return 0;
}