这里介绍几种做法。
解法一
首先可以转化一下题意，(forall i) 如果 (i) 不是可有可无的当且仅当不用 (i) 能拼出 ([K - a_i, K)) 中的数。
基于观察可以发现，对于 (forall i) 如果 (i) 不是可有可无的，那么 (forall j, a_j ge a_i) 都不是可有可无的，证明如下：
取出使得对于 (i) 能拼出 ([K - a_i, K)) 中一个数的集合 (S)，分以下两种情况讨论：
若 (j in S)，考虑用 (a_i) 替换 (a_j) 使得对于 (j) 合法。
则可知 (K - a_i le |S| le K Rightarrow K le |S| + a_i le K - a_i)
于是有 (K - a_j le |S| + a_i - a_j le K + a_i - a_j le K) 因此替换是可行的。
若 (j otin S) 直接使用 (S) 即可满足 (j) 的要求。
因此我们先按照 (a_i) 从小到大排序，可替换的必然是一段前缀，直接二分加背包判断即可，复杂度 (O(nk log n))。
解法二
一个直接的想法在于求出不使用 (i) 能拼成的数字有哪些。
暴力的做法就是 (forall i) 枚举 (j e i) 进行暴力 (dp)。
但是你会发现有对于一些 (i) 有很多 (j) 都是能枚举的，换而言之每一对点对 ((i, j)(i < j)) 都会在 (i, j) 上分别用对方 (dp) 一次。
对于这种点对对答案的贡献问题，经常可以考虑使用 ( m CDQ) 分治解决。
那么我们在分治 ([l, r]) 这个区间时可以发现，([l, mid]) 内的所有数会对 ([mid + 1, r]) 内所有数的 (dp) 数组造成贡献。
因此我们直接考虑枚举左区间的每个数 (i) 让其在右区间恰好 (dp) 一次，对于右区间同理。
那么分治下去的时候就要同时将整个区间的 (dp) 数组传递下去，不难发现这样的复杂度实际上只枚举了 (n log n) 个点，因此复杂度是 (O(nk log n)) 的。
解法三
注意到我们要求的实质上是去除掉 (i) 以后的 (dp) 数组，不难让我们想起了 消失之物 这题的退背包做法。
但是本题的 (dp) 是判定性的，不存在可加性，怎么办呢？
不难发现只需要改写 (dp) 状态让其满足可加性即可，即我们将存储的值由是否可行变为方案数。
那么一个数不能被拼出来当且仅当方案数为 (0)。
于是先 (dp) 出总方案数，然后从左至右做退背包即可。
由于方案数过大，需要取模，复杂度 (O(nk))。
解法四
考虑另一个暴力合并 (dp) 数组的做法，先记录 (pre, suf) 两个前缀/后缀 (dp) 数组。
(forall i)，在 (i) 处暴力合并 (pre_{i - 1}, suf_{i + 1})，复杂度 (O(nk ^ 2))。
但实际上我们并不关心具体的 (dp) 数组，我们只关心 ([K - a_i, K)) 之间有没有一个数能被拼出来。
为了尽量满足存在这样一个数，我们这样来看待这个问题：在满足和小于 (K) 的情况下最大化总和。
因此在合并的时候我们从小到大枚举 (pre_{i - 1}) 中一个可行的数 (j)，找到 (suf_{i + 1}) 中满足 (j + k < K) 的最大的 (k)。
不难发现在 (j) 从小到大枚举的过程中，(k) 单调不升，因此这样寻找的复杂度就变为了 (O(nk))。
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对于解法一，其精髓在于通过观察获得的题目优秀性质。
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对于解法二，其精髓在于将问题转化成点对之间的贡献问题，可以使用 ( m CDQ) 分治优化。
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对于解法三，其精髓在于将判定性问题转化成计数问题，满足可加性后就可以退背包。
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对于解法四，其精髓在于去除了无用的一些状态，只寻找最用状态以降低复杂度。
四种做法各有优劣，但除做法二外其余的做法具有较大的局限性。
但可以发现的是，做法二可以解决很大一部分去除掉某个点后整体能够到达的状态，是一个通用的 ( m trick)。