[bzoj1110][贪心]砝码Odw

最新推荐文章于 2020-07-29 12:17:08 发布

原创最新推荐文章于 2020-07-29 12:17:08 发布 · 307 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

bzoj 同时被 2 个专栏收录

482 篇文章

订阅专栏

贪心

22 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种关于砝码装载的算法问题，讨论了如何在有限容量的容器中尽可能多地装载砝码，其中砝码间存在倍数关系。通过排序和贪心策略，实现了最优装载方案的设计。

Description

　　在byteotian公司搬家的时候，他们发现他们的大量的精密砝码的搬运是一件恼人的工作。公司有一些固定容
量的容器可以装这些砝码。他们想装尽量多的砝码以便搬运，并且丢弃剩下的砝码。每个容器可以装的砝码数量有
限制，但是他们能够装的总重量不能超过每个容器的限制。一个容器也可以不装任何东西。任何两个砝码都有一个
特征，他们的中总有一个的重量是另外一个的整数倍，当然他们也可能相等。

Input

　　第一行包含两个数n和m。表示容器的数量以及砝码的数量。(1<=n, m<=100000) 第二行包含n个整数wi，表示
每个容器能够装的最大质量。(1<=wi<=1000000000) 第三行包含m个整数mj，表示每个砝码的质量。(1<=mj<=10000
00000)

Output

　　仅包含一个数，为能够装进容器的最多的砝码数量。

Sample Input

2 4

13 9

4 12 2 4

Sample Output

3

题解

orz鏼爷
砝码两两互为倍数关系，从小到大排个序，可以发现不同的砝码种类数是log(10^9)级别的，只有30左右。
根据贪心的思想，砝码从小到大依次装入一定是最优的
把每个容器的容量写成砝码大小的进制表示，比如当有3,9,18,54这些种类的砝码时，133的容量可以写成2*54+1*18+0*9+2*3+1，末尾的+1永远用不上，可以舍弃，那么各位从低到高分别是(2,0,1,2)。
把所有容器都写成这种表示，并把同一位上全部累加。比如说我们还有一个容器(0,1,2,0)，那么两个容器累加的结果就是(2,1,3,2)。
当我们正在放大小为3的砝码时，就使用最低位上的容量。比如我们只有1个大小为3的砝码，那么塞入以后剩余容量为(1,1,3,2)。接下来要放大小为9的砝码，最低位上的那个1就永远用不上了。假如我们有2个9，而第二位上只有1的容量，那么就往高位借一个18拆成两个9，变成(2,3,2,2)，然后塞入后剩余(2,1,2,2)。以此类推。
当剩余容量不够再放入时即停止，当前已放入的砝码个数即为最优答案。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m;
int l1[110000],len,gg[110000],a[110000],b[110000];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&b[i]);
        l1[++len]=b[i];
    }
    sort(b+1,b+1+m);
    sort(l1+1,l1+1+len);
    len=unique(l1+1,l1+1+len)-(l1+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=len;j>=1;j--)gg[j]+=a[i]/l1[j],a[i]%=l1[j];
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int L=lower_bound(l1+1,l1+1+len,b[i])-(l1),R;
        R=L;while(!gg[R]&&R<len)R++;
        if(!gg[R])break;
        for(int j=R-1;j>=L;j--)gg[j]+=l1[j+1]/l1[j]-1;
        gg[R]--;ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}