这道题其实挺简单的

这道题一看就是dp题，但是标签里还打了模拟，搜索，贪心？ 我的是完全背包在加上一个数组$u$来记录已经使用的个数，这道题不能算是一个多重背包，因为多重背包是每个物品都有数量限制，而这道题只有总数量限制，我们在正常递推的过程中加上总数量和能否成功组合的判断就行

一，划分阶段

以总面额和面额种类划分

二，确定状态变量

$dp[i]$表示有多少种方法可以组合出面值$i$，但是如果光有$dp$数组可不行，因为邮票的总数有限制，所以我们增加一个数组$u$表示used，也就是组出面值$i$所需要的最小邮票数

三，状态转移方程

$dp$数组的状转特别简单，$dp[i]$可以通过$dp[i-a[j]]$求得，其中$a[j]$表示第$j$种邮票的面额，状转为dp[i]+=dp[i-a[j]] 而$u[i]$的状态可以在$u[i]$和$u[i-a[j]]+1$中取最小值转移，那我们需要通过memset来初始化$u$数组，memset是通过字节赋值，如果我们在第二个参数填0x3f，那么将会赋一个极大值，0x7f是最大，讲完初始化我们的状转是u[i]=min(u[i],u[i-a[j]]+1)

四，设置边界

dp[0]=1 u[0]=0

五，ACCODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k,n,a[51],dp[10000001],u[10000001];
int main()
{
	cin>>k>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	dp[0]=1;
	memset(u,0x3f,sizeof(u));//为了比最小值，要赋一个极大值
	u[0]=0;
	int i;
	for(i=1;;i++)//第二个参数不填就会一直只需，所以要借助break
	{
		if(u[i-1]>k)//如果上一个的使用数量超过限制，就算失败
		{
			i-=2;//上一个不行，最终结果就-2
			break;
		}
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(a[j]<=i)//不加这个判断会越界
			{
				dp[i]=dp[i-a[j]];
				u[i]=min(u[i],u[i-a[j]]+1);//状态转移
			}
		}
		if(!dp[i])//没有求出i的组合，答案算上一个
		{
			i--;
			break;
		}
	}
	cout<<i;//i也相当于最多连续的数量
}

等一等，先别划走，还可以优化，首先观察题目，可以发现状态数组只需要开2000001个，不需要开10000001个， 然后dp其实只需要1和0两种状态就够，开$bool$ 接着对$u$的判断也不需要下一轮，直接和对$dp$的判断合在一起

LATEST ACCODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k,n,a[51],u[2000001];
bool dp[2000001];//降低空间复杂度
int main()
{
	cin>>k>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	dp[0]=1;
	memset(u,0x3f,sizeof(u));
	u[0]=0;
	int i;
	for(i=1;;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(a[j]<=i)
			{
				dp[i]+=dp[i-a[j]];
				u[i]=min(u[i],u[i-a[j]]+1);
			}
		}
		if(!dp[i]||u[i]>k)//将两个判断合并
		{
			i--;
			break;
		}
	}
	cout<<i;
}