题解：AT_abc245_e [ABC245E] Wrapping Chocolate

我绝对不会告诉你我打比赛时没做出来这道题。

题目简化：给定每个巧克力和盒子的长宽，已知每个盒子只能放一块巧克力，并且必须保证巧克力能放下，求是否所有巧克力都能放入。

思路：贪心、二分、排序、STL。

首先看到这道题，最容易想到的算法就是暴力枚举。当然这是不可能的。所以时间复杂度只能是 $O(n{\log }_2(n))$ 或 $O(n)$ 的。

$O(n)$ 的我是没想出来，但我一看到 ${\log }_2(n)$，瞬间就想到了两个东西：二分和排序。因为二分就需要排序，所以这里肯定两种都用了。

那排序我们只能排序一个量，但题目中有长宽两个变量，我们怎么排序呢？这时，我们就需要 OI 中一个很重要的思想：化二维为一维。

我们可以这么干：首先按照长排序（具体怎么排大家自己想），然后对于每一个巧克力的宽，我们在盒子中找到能包含它的，全部推入一个数组中，接着对这个数组二分找第一个能容下它的。这一步是贪心，想必大家都能想明白。

最后，如果没有能容下这块巧克力的盒子，直接输出 No 就对了。如果能装下，只需要把这个盒子弹出就行了。（这里就需要思考如何排序了。）

问题：二分需要排序，而快排是 $O(n{\log }_2(n))$ 的，这样一循环不就超时了吗？很简单，只需要用 multiset 就好了，它的排序是 $O({\log }_2(n))$ 级别的。

AC 代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct wc {
	int x,y;
} a[200006],b[200006];
int n,m;
inline bool cmp(wc x,wc y) {
	return x.x>y.x;
}
inline bool cmp1(wc x,wc y) {
	return x.x<y.x;
}
signed main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i].x;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i].y;
	}
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		cin>>b[i].x;
	}
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		cin>>b[i].y;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);//具体原因自己想
	sort(b+1,b+m+1,cmp1);
	multiset<int>ms;
	int j=m;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(; b[j].x>=a[i].x&&j>=1; j--) {
			ms.insert(b[j].y);
		}
		auto it=ms.lower_bound(a[i].y);
		if(it==ms.end()) {
			cout<<"No";
			return 0;
		}
		ms.erase(it);//弹出盒子
	}
	cout<<"Yes";
	return 0;
}