传送门
题意：一个人有n个程序，每个程序都有占的缓存和价值。现在要释放m及以上的缓存，求失去的价值的最小值。

题解
首先我们知道如果所有缓存加起来 < m 的话，直接输出 - 1 就行啦。
其次呢，我们发现价值只有1和2两个值，如果把两个价值分开来看，显然选择同价值中占缓存多的最优。那么我们首先把他们各自按照缓存从大到小排个序，让后枚举价值为 1 的，记录前缀和为s，那么只需要在另一个数组里 lower_bound 一下 m - s 在哪里即可。
这样看来这个题是老经典模型啦，可能是这几天天天摆烂没看出来。

代码写的时候有点混乱，仅供参考。。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
vector<int>a,b;
int pre1[N],pre2[N];
struct Node
{int a,b;
}node[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int _; cin>>_;while(_--){a.clear(); b.clear();scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<=n+1;i++) pre1[i]=pre2[i]=0;LL s=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&node[i].a),s+=node[i].a;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&node[i].b);if(node[i].b==1) a.pb(node[i].a);else b.pb(node[i].a);}if(s<m) { puts("-1"); continue; }sort(a.begin(),a.end()); sort(b.begin(),b.end(),greater<int>());for(int i=0;i<b.size();i++) pre2[i+1]=pre2[i]+b[i];pre2[0]=-INF; pre2[b.size()+1]=INF;n=a.size();int ans=INF; a.pb(0);int sum=0;for(int i=n;i>=0;i--){sum+=a[i];if(sum>m) break;if(sum==m){ans=min(ans,n-i);break;}int rest=m-sum;int pos=lower_bound(pre2+1,pre2+1+(int)b.size(),rest)-pre2;if(pos==(int)b.size()) continue;ans=min(ans,n-i+pos*2);}printf("%d\n",ans);}return 0;
}
/**/