### BUGGY CODE ###

import sys
from itertools import accumulate
def input(): return sys.stdin.readline().strip()

def main():
    N, K = map(int, input().split())
    A = [0] + list(map(int, input().split()))
    """
    （aが不要なカード）＝（A-{a}からK-a以上の最小の部分和を取った時、それがK以上）
    まで言い換えてドボン。。。
    部分和の全列挙しなくても和がKまでで打ち切っていいんだから、ここでdpの発想が出なかったのは切腹。
    まずは部分点解法を実装してみる。

    →次に二分探索でdpを行う回数を削減する。ai <= ajに対してajが不要ならばaiも不要なことが対偶を取って分かる。
    そこでAをソートしたうえで必要と不要の境目を見つければよい。

    →PypyだとO(NKlogN)は通らなかったので、O(NK)解法を実装。
    一度二分探索できる話は忘れて、A-{a}から作れる部分和は(aの左側からの部分和)+(aの右側からの部分和)と
    かけることに注意すれば、左側からとれる部分和と右側からとれる部分和を前計算しておけばよい。
    MLEするので右側のdp結果はビットで持つことにする。
    """
    rdp = [0 for _ in range(N)]  # rdp[i][j] = (a(-1),...,a(-i)の部分和でjを作れるか)
    rdp[0] = 1
    for i in range(1, N):
        for j in range(K):
            if (rdp[i - 1] >> j) & 1 or (j >= A[-i] and (rdp[i - 1] >> (j - A[-i])) & 1):
                rdp[i] |= 1 << j

    ldp = [0] * K  # ldp[i][j] = (a1,...,aiの部分和でjを作れるか)
    ldp[0] = 1
    S = [0] * (K + 1)
    ans = 0
    for i in range(1, N + 1):
        # A[i]が不要かチェック
        for j in range(K): S[j + 1] = S[j] + ((rdp[N - i] >> j) & 1)
        no_need = True
        for lval in range(K):
            if ldp[lval] == 0: continue
            rval = S[K - lval] - S[max(0, K - A[i] - lval)]
            if rval > 0:
                no_need = False
                break
        if no_need: ans += 1

        # ldp[i][:]の計算
        ldp2 = [0] * K
        for j in range(K):
            if ldp[j] == 1 or (j >= A[i] and ldp[j - A[i]] == 1):
                ldp2[j] = 1
        ldp = ldp2
    print(ans)
    

if __name__ == "__main__":
    main()


### FIXED CODE ###

import sys
from itertools import accumulate
def input(): return sys.stdin.readline().strip()

def main():
    N, K = map(int, input().split())
    A = [0] + list(map(int, input().split()))
    """
    （aが不要なカード）＝（A-{a}からK-a以上の最小の部分和を取った時、それがK以上）
    まで言い換えてドボン。。。
    部分和の全列挙しなくても和がKまでで打ち切っていいんだから、ここでdpの発想が出なかったのは切腹。
    まずは部分点解法を実装してみる。

    →次に二分探索でdpを行う回数を削減する。ai <= ajに対してajが不要ならばaiも不要なことが対偶を取って分かる。
    そこでAをソートしたうえで必要と不要の境目を見つければよい。

    →PypyだとO(NKlogN)は通らなかったので、O(NK)解法を実装。
    一度二分探索できる話は忘れて、A-{a}から作れる部分和は(aの左側からの部分和)+(aの右側からの部分和)と
    かけることに注意すれば、左側からとれる部分和と右側からとれる部分和を前計算しておけばよい。
    rdpのテーブルメモリが重くてMLEするので（信じられん）、rdp_shiftに1になった瞬間のiを記録することにする。
    """
    rdp_shift = [N + 1] * K  # rdp_shift[j] = (右からi個を使って部分和jを作れるような最初のi)
    rdp_shift[0] = 0
    rdp = [0] * K  # rdp[i][j] = (a(-1),...,a(-i)の部分和でjを作れるか)
    rdp[0] = 1
    for i in range(1, N):
        rdp2 = [0] * K
        for j in range(K):
            if rdp[j] == 1:
                rdp2[j] = 1
            elif (j >= A[-i] and rdp[j - A[-i]] == 1):
                rdp2[j] = 1
                rdp_shift[j] = i
        rdp = rdp2

    ldp = [0] * K  # ldp[i][j] = (a1,...,aiの部分和でjを作れるか)
    ldp[0] = 1
    S = [0] * (K + 1)
    ans = 0
    for i in range(1, N + 1):
        # A[i]が不要かチェック
        for j in range(K):
            S[j + 1] = S[j]
            if rdp_shift[j] <= N - i:
                S[j + 1] += 1
        no_need = True
        for lval in range(K):
            if ldp[lval] == 0: continue
            rval = S[K - lval] - S[max(0, K - A[i] - lval)]
            if rval > 0:
                no_need = False
                break
        if no_need: ans += 1

        # ldp[i][:]の計算
        ldp2 = [0] * K
        for j in range(K):
            if ldp[j] == 1 or (j >= A[i] and ldp[j - A[i]] == 1):
                ldp2[j] = 1
        ldp = ldp2
    print(ans)
    

if __name__ == "__main__":
    main()