牛客挑战赛18th F Alice收集玩偶二分三分

最新推荐文章于 2024-02-21 10:05:32 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/vainglory/p/9125548.html

本文探讨了一道关于使用不同类型的贴纸交换玩偶的问题，通过数学方法寻找最优解，介绍了两种解决方案：三分查找和二分查找，并给出了详细的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

转载: https://blog.youkuaiyun.com/m0_38013346/article/details/80425938

题目描述

Alice是个小女孩，最近经常睡得很晚起得也很晚。她的母亲希望她能戒掉这个坏习惯，所以对Alice说：“如果你早睡一天，我会给你一张粉红色的贴纸。如果你早起一天，我会给你一张橙色的贴纸。"
当Alice长大后，她成为了一个早睡早起的好女孩。她已经收集了A张粉红色的贴纸和B张橙色的贴纸。但她不再喜欢贴纸。所以她再也不会收集贴纸了。有一天，她向妈妈抱怨她不喜欢贴纸了。她的母亲对她说：“那么现在，你可以用x1张粉红色贴纸和y1张橙色贴纸来换一只小猫玩偶，或者用x2张粉红色贴纸和y2张橙色贴纸来换一只小狗玩偶。
Alice听了妈妈的话开心了起来，她想收集尽可能多的玩偶。
现在，请您计算 Alice 可以获得的玩偶数量最多是多少(玩偶都是完整的，没有半只玩偶这类的东西)。

输入描述:

输入的第一行将包含一个整数T，表示您应该处理的查询数量。
对于每个查询，给出一行包含六个整数A，B，x1，y1，x2，y2，表示上述语句中的数值。

输出描述:

对于每个查询，输出一行表示答案的整数。

示例1

输入

4
10 10 2 3 3 2
10 14 2 3 3 2
10 15 2 3 3 2
1000000000 999999999 1 4 10000 3

输出

说明

样例里第二个数据的解释:选择换2只小猫和2只小狗，那么粉红色的贴纸就刚好用完了，2*2+2*3=10张贴纸，橙色的贴纸用了3*2+2*2=10张，还剩4张，但是已经没有粉红色贴纸可以搭配了，也沒有其他方案能换更多个玩偶；第三个数据解释：选择换5只小猫是最佳的，这样刚好全部贴纸都用完了，5*(2+3)=10+15=25.

备注:

1 ≤ T ≤ 105
1 ≤ A, B, x1, y1, x2, y2 ≤ 2 x 109

官方题解:

分类讨论的思路没想出来, 但是这是一个单峰函数,需要求最大值.

我们考虑用三分查找答案的思想来解决

三分查找答案 :

我们都知道二分查找适用于单调函数中逼近求解某点的值。

如果遇到凸性或凹形函数时，可以用三分查找求那个凸点或凹点。

下面的方法应该是三分查找的一个变形。

给出三分的模板代码:

while(l + eps < r)  
{  
     double lm = l + (r - l) / 3,rm = r - (r - l) / 3;  
     if(check(lm) < check(rm)) l = lm;  
     else r = rm;  
}

但是三分一般需要浮点数.

对于这题就需要一点技巧了.首先用浮点数进行三分.

最终能保证是答案一定在[l,r]之间.注意这里的l和r需要分别向下取整和向上取整数.

代码

#include<bits/stdc++.h>  
#define eps 1e-6  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
const ll inf = 1ll<<33;  
ll A,B,x11,y11,x22,y22;  
double cal(double mid) {  
    return mid + min((A-x11*mid)/x22,(B-y11*mid)/y22);  
}  
int main()  
{  
    int caset;scanf("%d",&caset);  
    while(caset--)  
    {  
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&x11,&y11,&x22,&y22);  
        double l = 0,r = min(A/x11,B/y11);  
        while(l + eps < r)  /// 这里也可以将eps设的相对较大(如1000),保证解一定在[l,r]中  
        {  
            double lm = l + (r - l) / 3,rm = r - (r - l) / 3;  
            if(cal(lm) < cal(rm)) l = lm;  
            else r = rm;  
        }  
        ll le = floor(l),ri = ceil(r);  
        le = max(le,0ll);ri = min(ri,min(A/x11,B/y11));  
        ll ans = 0;  
        for(ll i=le;i<=ri;i++) {  
            ans = max(ans,i + min((A - i*x11)/x22,(B - i*y11)/y22));  
        }   
        printf("%lld\n",ans);  
    }  
    return 0;  
}

思路二 : 考虑二分来解决这个问题

首先需要先按照对x1和x2进行从小到大的排序,

于是保证了x1 <= x2,

如果 y1 <= y2 则全部取 x1,y1是最优的情况.

如果y1 > y2

则这个时候我们考虑去二分查找答案ans.

假设小狗玩偶的个数为y ,那么小猫玩偶的个数为x = ans - y

注意到x1 < x2 且 y1 > y2

在粉红贴纸没有超的情况下我们去最大化小狗玩偶的个数y

这样使用的橙色贴纸的数量一定是最少的,

我们再去验证这个时候使用的橙色贴纸有没有超出B

代码

#include<bits/stdc++.h>  
#define mp make_pair  
#define fi first  
#define se second  
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<endl  
#define eps 1e-8  
#define pi acos(-1.0)  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
typedef pair<int,int> pii;  
typedef pair<ll,ll> pll;  
const int MAXN=(int)1e5+5;  
const int MOD=(int)1e9+7;  
int n,m;  
pii a,b;  
bool isok(int x){  
    if(1ll*x*a.fi>n||1ll*x*b.se>m)return 0;  
    int num;  
    num=(n-x*a.fi)/(b.fi-a.fi);  
    return 1ll*(x-num)*a.se+num*b.se<=m;  
}  
int main()  
{  
    int t;  
    scanf("%d",&t);  
    while(t--){  
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&a.fi,&a.se,&b.fi,&b.se);  
        if(a>b)swap(a,b);  
        if(a.se<=b.se){  
            printf("%d\n",min(n/a.fi,m/a.se));  
        }  
        else {  
            int l=0,r=(int)2e9,ans;  
            while(l<=r){  
                int mid=(l+r)>>1;  
                if(isok(mid)){  
                    ans=mid;  
                    l=mid+1;  
                }  
                else r=mid-1;  
            }  
            printf("%d\n",ans);  
        }  
    }  
    return 0;  
}

转载于:https://www.cnblogs.com/vainglory/p/9125548.html