NC200211 装备合成

题目

题目描述

牛牛有 ${x}$ 件材料 ${a}$ 和 ${y}$ 件材料 ${b}$ ，用 ${2}$ 件材料 ${a}$ 和 ${3}$ 件材料 ${b}$ 可以合成一件装备，用 ${4}$ 件材料 ${a}$ 和 ${1}$ 件材料 ${b}$ 也可以合成一件装备。牛牛想要最大化合成的装备的数量，于是牛牛找来了你帮忙。

输入描述

输入包含 ${t}$ 组数据
第一行一个整数 ${t}$
接下来 ${t}$ 行每行两个整数 ${x,y}$

输出描述

每组数据输出一行一个整数表示答案。

示例1

输入

5
4 8
7 6
8 10
100 4555
45465 24124

输出

2
2
3
50
13917

备注

${1<=t<=10000}$
${1<=x,y<=1e9}$

题解

方法一

知识点：数学（线性规划）。

设第一种方案做了 $m$ 件装备，第二种方案做了 $n$ 件装备，有如下不等式

$$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 2m+4n &\leq x\\ 3m+n &\leq y\\ m,n & \geq 0 \end{array} \right. \end{equation}$$

使用线性规划方法，会得到三种可能图像：

1. 两直线交点横坐标小于 $0$ ，即 $-x+4y < 0$ ，此时答案就是 $y$ 。
2. 两直线交点纵坐标小于 $0$ ，即 $3x-2y < 0$ ，此时答案就是 $\lfloor \frac{x}{2} \rfloor$ 。
3. 两直线交点在第一象限，则确定交点横坐标，分别取上下整对应函数计算纵坐标，取横纵坐标之和最大值。

时间复杂度 $O(1)$

空间复杂度 $O(1)$

方法二

知识点：三分。

设第一种方案做了 $m$ 件装备，则根据不等式：

$$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 2m+4n &\leq x\\ 3m+n &\leq y\\ m,n & \geq 0 \end{array} \right. \end{equation}$$

有如下等式：

$$ans = m + min(\lfloor \frac{x - 2m}{4} \rfloor, y - 3m)$$

显然是单调函数，有单峰，考虑三分。根据不等式得到 $l = 0 , r = \min(\lfloor \frac{x}{2} \rfloor,\lfloor \frac{y}{3} \rfloor)$ 。

三分要注意写法，mid1 = l + (r-l)/3 以及 mid2 = r - (r-l)/3 ，必须是两边，以防因为当 (r - l) / 3 = 0 时，会持续移动左边界，越过峰or谷导致出错。个人喜欢下面这种写法：

int l = start,r = end;
while(l<=r){//单峰函数三分
    int mid1 = l + (r-l)/3;
    int mid2 = r - (r-l)/3;
    if(calc(mid1)<=calc(mid2)) l = mid1 + 1;
    else r = mid2 - 1;
}
//最终答案是 l-1 或者 r(不一定,要注意具体意义)

最后输出得到的点代入值。

时间复杂度 $O(\log ( \min(\lfloor \frac{x}{2} \rfloor,\lfloor \frac{y}{3} \rfloor))$

空间复杂度 $O(1)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    ll x, y;
    cin >> x >> y;
    if (-x + 4 * y < 0) cout << y << '\n';
    else if (3 * x - 2 * y < 0) cout << x / 2 << '\n';
    else {
        int m1 = (-x + 4 * y) / 10, m2 = (-x + 4 * y + 9) / 10;///不能确定去上整还是下整更优，那就都来一遍
        cout << max(m1 + (x - 2 * m1) / 4, m2 + y - 3 * m2) << '\n';///记得上下正对应不同函数
 
        //int m = (-x + 4LL * y + 5) / 10;///玄学四舍五入居然也能过
        //cout << m + min((x - 2 * m) / 4, y - 3 * m) << '\n'; ///不知道用哪个函数，但n被最小的那个限制，这么写就行
    }
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int x, y;
 
bool check(int mid1, int mid2) {
    int ans1 = mid1 + min((x - 2 * mid1) / 4, y - 3 * mid1);
    int ans2 = mid2 + min((x - 2 * mid2) / 4, y - 3 * mid2);
    return ans1 <= ans2;
}
 
bool solve() {
    cin >> x >> y;
    int l = 0, r = min(x / 2, y / 3);
    while (l <= r) {///三分m
        int mid1 = l + (r - l) / 3;
        int mid2 = r - (r - l) / 3;///不能l+2*(r-l)/3
        //!这个很关键，因为当(r - l) / 3 = 0 时，会持续移动左边界，越过峰or谷
        //!改成r - (r - l) / 3，在r-l<=2时会退化成r，也就是之后不足三分直接让l和r两点比较谁大，相当于枚举
        if (check(mid1, mid2)) l = mid1 + 1;
        else r = mid2 - 1;
    }
    cout << r + min((x - 2 * r) / 4, y - 3 * r) << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}