考虑形式化地描述这个问题。先把 \(l\) 排序。然后相当于是否存在一个 \(\{1, 2, \ldots, n\}\) 的子集 \(S\)，使得：
- \(\sum\limits_{i \in S} l_i = d\)。
- \(\exists T \subseteq S, \max\limits_{i \notin S} l_i \le \min(\sum\limits_{i \in T} l_i, \sum\limits_{i \in S \land i \notin T} l_i)\)。
注意到若 \(n - 1 \in S \land n \in S\) 则第二个条件一定满足，让 \(n - 1 \in T\) 且 \(n \notin T\) 即可。所以如果 \(l_1, l_2, \ldots, l_{n - 2}\) 能凑出来 \(d - a_{n - 1} - a_n\) 就可行。
然后依次讨论 \(\max\limits_{i \notin S} i = n - 1\) 或 \(n\) 的情况。
- 若 \(\max\limits_{i \notin S} i = n - 1\)，那么 \(n \in S\)。若前 \(n - 2\) 个元素能凑出来和为 \(x\) 和 \(d - x - a_n\) 的两个不相交集合，且 \(a_{n - 1} \le \min(x + a_n, d - x - a_n)\) 就可行。
- 若 \(\max\limits_{i \notin S} i = n\)，那么若前 \(n - 1\) 个元素能凑出来和为 \(x\) 和 \(d - x\) 的两个不相交集合，且 \(a_n \le \min(x, d - x)\) 就可行。
二维可行性背包考虑 bitset 优化，复杂度 \(O(\frac{nd^2}{\omega})\)。
code
// Problem: F. Construct Tree
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 917 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1917/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2020;
int n, m, a[maxn];
bitset<maxn> f[maxn], g;
void solve() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
f[i].reset();
}
g.reset();
f[0].set(0);
g.set(0);
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (i == n - 1) {
if (a[n - 1] + a[n] <= m && g.test(m - a[n - 1] - a[n])) {
puts("Yes");
return;
}
for (int j = 0; j <= m - a[n]; ++j) {
if (a[i] <= min(j + a[n], m - a[n] - j) && f[j].test(m - j - a[n])) {
puts("Yes");
return;
}
}
}
for (int j = m; ~j; --j) {
f[j] |= (f[j] << a[i]);
if (j >= a[i]) {
f[j] |= f[j - a[i]];
}
}
g |= (g << a[i]);
}
for (int i = a[n]; i <= m - a[n]; ++i) {
if (f[i].test(m - i)) {
puts("Yes");
return;
}
}
puts("No");
}
int main() {
int T = 1;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}