这篇题解将给出详细的证明。如果我能拿到自己考场代码应该会贴（不过看起来希望渺茫）。
看到题目感觉无从下手。观察数据范围，发现一个奇怪的限制 n-2\leq m，而且还专门给出了 m=n-1 和 m\geq n-1 的部分分，我们不妨从此入手思考。
对于 m=n-1，枚举 n=2,3 发现都一定有解。我们不妨尝试直接将 n 向 n-1 转化：不失一般性，令 d_1\leq d_2\leq \cdots\leq d_n。我们发现应该要尽量先用光少的那些材料，而且少的尽量要配大的。可以证明下面两条引理：
引理一：d_1 < k。
证明： 用反证法。假设 d_1\geq k，那么 d_2,...,d_n\geq k，则 d_1+\cdots+d_n\geq nk>(n-1)k=d_1+\cdots+d_n。显然矛盾，故命题得证。
引理二：d_1+d_n\geq k。
证明： 用反证法。假设 d_1+d_n\leq k-1，那么 d_n\leq k-1-d_1，则 d_1+d_2+\cdots+d_n\leq d_1+(n-1)(k-1-d_1)=(n-1)k-(n-1)-(n-2)d_1 < (n-1)k，矛盾，所以 d_1+d_n\geq k。
综合上面两条引理，我们可以一次把 d_1 用光，同时用 d_n 填补空缺，显然是可行的。这样就成功将 n 的情况转化成了 n-1 的情况。而 n=2 时直接放一起即可。综上，我们成功对于 m=n-1 的任意情况构造出了一组解。
直接模拟的时间复杂度为 O(n^2)；可以简单用数据结构优化到 O(n\log n)，虽然本题中没有必要。
对于 m\geq n 的情况，考虑向 m=n-1 转化。同上令 d_1\leq \cdots\leq d_n，显然可证
引理三： d_n\geq k。
证明： 如果 d_n < k，则 d_1+d_2+\cdots d_n < nk\leq mk=d_1+d_2+\cdots d_n 。矛盾。
所以我们用 d_n 单独做一道菜，就可以令 m 减少 1。这样就转化为 m=n-1 的情况了。时间复杂度 O(mn) 或 O(m\log n)。
接下来是最后的部分：m=n-2。
先手推一下 n 较小的情况，发现 n=3 必定无解，n=4 是有解当且仅当存在两个 d 加起来等于 k。也就是说，我们似乎要将这个问题向 m=n-1 转化；把 n 个物品分为两个集合，如果两个集合都能找到 m=n-1 的方法，那么加起来就有一个 m=n-2 的方法了。也就是说
引理四： 问题有解当且仅当能找到一个集合 U=\{1,...,n\} 的子集 S，使得：
- 记 x=|S| 为 S 的大小，则 \sum_{i\in S}d_i=(x-1)k。
证明：
-
充分性： 显然对于集合 S 和 T=U-S，都是一个满足 m=n-1 的子问题，而我们已经证明过了 m=n-1 必定有解，则对 S,T 分别构造解即可。
-
必要性： 考虑构造一张图 G，G 中有 1,...,n 这些节点，如果两种原料在一道菜里同时选用则连一条边。发觉 G 中至多有 n-2 条边，则 G 一定不连通。设 G 有一个连通块 S，则相当于 S 必须满足 m=n-1 的有解约束，即 \sum_{i\in S}d_i=(x-1)k。证毕。
总之，只要我们能找到一些物品的集合 S 满足 \sum d=(|S|-1)k，就能构造出符合题意的解。如何求这个 S 呢？显然考虑做背包 DP。而由于右边带了一个 |S|，我们再做一步转化，将 |S|k 移到左边，即要求
\sum (d-k)=-k
这样就变成一道经典的 01 背包问题了。直接求解的时间复杂度为 O(n\sum d_i)=O(n^2k)，用 bitset 优化即可做到 O(\dfrac{n^2k}{w})。
其他想说的话：
- 这题确实是一道锻炼思维的题，据我个人观察，考场上坐我旁边的选手们人均思考了一小时以上。
- 我大致想出了正解的思路，但没有想出 bitset 优化，前边 n\leq 4 的特判又挂了（哈哈哈哈哈），感觉 100->85 没什么，85->70 确实是自己的水平问题……
- 希望以后 NOI 能多出今年这样的思维好题吧。