【进制】BZOJ1110[砝码Odw]题解

题目概述

有n个砝码，m个背包(n<=10^5,m<=10^5)，每个背包大小为mi(mi<=10^9)，每个砝码的大小为wi(wi<=10^9)。每两个砝码之间总有一个砝码是另外一个的正整数倍（也就是说可以相同）。

解题报告

因为题目里的砝码都是倍数关系，所以我们排序去重之后最多会得到30个砝码（log2(n)），然后对于一个背包，可以将他拆分成一个对应砝码的“数”。

如果觉得有点难理解，我们拿这个例子说一下：

2 4

13 9

2 4 12 4

首先我们排序去重，得到2(1) 4(2) 12(1)，括号内表示个数，然后我们可以把13表示为：



显然那个1怎么样都用不上了，无视掉即可，这样就可以得到对应砝码的“数”，把所有拆分结果相加就可以得到所有背包的总和（比如再把9拆分成(0,2,0)，加起来背包总和就是(0,2,1)），这样就可以解决多个背包的问题。

然后我们要有个贪心：越小的砝码先放（题目要求的是数量，放小砝码和放大砝码的个数都是1，那莫不如放小砝码）。有了这个贪心后，不难想到模拟：对于第i个砝码，如果num[i]（num[i]表示i砝码还能放几个）不为0，那么就可以放一个i砝码，否则怎么办呢？既然这是“数”，我们就会想到借位！到后面找一个不为0的num[j]，将num[j]借位过来即可（因为小砝码优先放，所以宁可到后面拿一个大砝码换成小砝码使用）。

需要注意的是，如果最后i砝码放完了，就算num[i]不为0，也不能转换回去（想一想，为什么，提示：大砝码转换为小砝码一定要转化整数个），一直这样处理直到砝码放完或者不能放了，得到的砝码数就是最优解。

时间复杂度：O(nlog2(n))

期望得分：100分

示例程序

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100000,maxm=100000,maxp=30;
typedef long long LL;

int n,m,ans,w[maxn+5],v[maxm+5],ha[maxp+5];
LL num[maxp+5];

bool Eoln(char ch) {return ch==10||ch==13||ch==EOF;}
int readi(int &x) //读入优化
{
int tot=0,f=1;
char ch=getchar();if (ch==EOF) return EOF;
while ('9'<ch||ch<'0') {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
while ('0'<=ch&&ch<='9') tot=tot*10+ch-48,ch=getchar();
x=tot*f;
return Eoln(ch);
}
void Split(int x) {for (int i=n;i>=1;i--) num[i]+=x/w[i],x%=w[i];}
void Plus(int st) //借位
{
int i=st+1;
while (i<=n) {if (num[i]) break;i++;}
if (i>n) return;
i--;
while (i>=st) num[i]+=w[i+1]/w[i],num[i+1]--,i--;
//这里有个细节：每次借过来一个即可，不要直接从i借给st
}
int main()
{
freopen("weight.in","r",stdin);
freopen("weight.out","w",stdout);
readi(m);readi(n);
for (int i=1;i<=m;i++) readi(v[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) readi(w[i]);
sort(w+1,w+1+n);
w[0]=1;ha[w[0]]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
if (w[i]!=w[i-1]) w[++w[0]]=w[i],ha[w[0]]++; else ha[w[0]]++;
n=w[0];
for (int i=1;i<=m;i++) Split(v[i]); //把v[i]分解成对应砝码的“数”
for (int i=1;i<=n;i++)
while (ha[i]) //当还可以放的时候
{
if (!num[i]) Plus(i); //如果没有，就看看能不能借位
if (!num[i]) break; //还是没有，说明不能继续放下去了
ha[i]--;num[i]--;ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}