好题。爱做。
标签:二分。
求最大的最小值,考虑二分答案。然后问题就转化成了(求 \(n\) 次):有两种物品,每种物品有一个代价和价值,求获得不少于给定价值所需的最小代价。
下文记物品的代价为 \(w\),价值为 \(v\),所拿的数量为 \(cnt\)。
假设有两种物品 \(S\) 与 \(T\),\(S\) 物品的性价比(价值 / 代价)比 \(T\) 高,那么有一种较优的拿法是全拿 \(S\)。但手玩一下发现,这不一定是最优的。那我们从大到小枚举所拿 \(S\) 物品的个数,剩下的价值用 \(T\) 物品补齐,然后计算出代价,取最小值即可。
但是直接枚举是会 TLE 的。注意到当我们拿了很多的 \(T\) 物品的时候,我们把若干 \(T\) 物品替换成相同价值的 \(S\) 物品会更优。具体地说,假如 \(cnt_T \times v_T\) 是 \(v_S\) 的倍数,那我们只需要把所有的 \(T\) 物品换成 \(\frac{cnt_T \times v_T}{v_S}\) 个 \(S\) 物品即可。
所以,\(cnt_T\) 的上界为 \(\text{lcm}(v_T, v_S) / v_T\),再拿多就不优了。由于 \(\text{lcm}(v_T, v_S) \le v_T \times v_S\),同理可以计算出少拿 \(S\) 物品的个数的上界,因此枚举上界不会超过 \(10^4\)。
然后就做完了。时间复杂度 \(O(n k\log V)\)。\(k\) 是单组枚举上界,不超过 \(10^4\);\(V\) 是二分价值的值域,不超过 \(10^9\)。
(我赛时更豪放一点,\(k\) 开到了 \(10^5\))
code :
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 110;
int a[N], b[N], c[N], d[N], n;
ll X;
ll get(ll i, ll x) {
db c1 = b[i] * 1.0 / a[i], c2 = d[i] * 1.0 / c[i];
if(c1 > c2) swap(a[i], c[i]), swap(b[i], d[i]);
ll cnt1 = (x + a[i] - 1) / a[i], res = 1e18;
int k = 0;
while(~cnt1 && k <= 100000) {
ll cnt2 = (max(0ll, x - cnt1 * a[i]) + c[i] - 1) / c[i];
res = min(res, cnt1 * b[i] + cnt2 * d[i]);
cnt1--;
k++;
}
return res;
}
bool chk(ll mid) {
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) res += get(i, mid);
return res <= X;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> X;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i] >> c[i] >> d[i];
ll l = 0, r = 1e9;
while(l < r) {
ll mid = (l + r + 1) / 2;
if(chk(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
cout << l;
return 0;
}
标签:10,cnt,int,题解,ll,mid,物品,ABC374E
From: https://www.cnblogs.com/Running-a-way/p/18448870