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折半搜索（meet in the middle）。

首先考虑正常的搜索，时间复杂度 $O(2^{40})$。

所以考虑折半搜索，从两边对着搜，具体就是搜索 $1\sim \frac{n}{2}$、$\frac{n}{2}+1\sim n$ 两个区间内的最优解。这样优化之后，时间复杂度就变为 $O(2^{\frac{n}{2}+1})$。

第一遍搜索前半部分时，我们的限制是不超过 $M$。可以记录此时对于一个合法方案，它的消耗钱数 sum 是多少。

到了第二遍搜索后半部分时，需要知道的是，我们可以统计的方案是前后加一起小于 $M$ 的方案。于是乎我们先对第一次得到的方案进行 sort，枚举选后一半的所有情况，如果和前一半合并之后总钱数仍小于 $M$，可以把这些可能全部累计到 ans 中。由于前一半的方案已经被我们排成有序的了，所以我们可以用 upper_bound 函数快速查找出可以统计的情况。

具体代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long// 对于此题的两次 DFS 来说，要统计 1 个 sum（当前消耗钱数）和 pos（已经搜到哪里了）const int maxn=1<<25;//左移 25 位相当于 2 的 25 次方
int q1[maxn],q2[maxn],co[45],ans,N,M,cnt1,cnt2,mid;void dfs1(int sum,int pos)
{if(sum>M) return;if(pos>mid) {q1[++cnt1]=sum;return;}dfs1(sum+co[pos],pos+1);dfs1(sum,pos+1);//考虑不选当前位，继续向下搜
}void dfs2(int sum,int pos)
{if(sum>M) return;if(pos>N) {q2[++cnt2]=sum;return;}dfs2(sum+co[pos],pos+1);dfs2(sum,pos+1);
}signed main()
{cin>>N>>M;mid=(N+1)/2;for(int i=1;i<=N;i++) cin>>co[i];dfs1(0,1);sort(q1+1,q1+cnt1+1);dfs2(0,mid+1);for(int i=1;i<=cnt2;i++)ans+=upper_bound(q1+1,q1+cnt1+1,M-q2[i])-q1-1;// cout<<cnt<<endl;// cout<<N/2<<endl;cout<<ans;return 0;
}