题解：P9789 [ROIR 2020 Day 2] ATM

思路

首先考虑解决前四个子问题，其中 $q\le 5$。在这种情况下，每个查询都可以独立处理。

在第一个子问题中，$b\le 500$，$n\le 500$，所以我们可以想到 dp。 用 $d{p}_i$ 表示，如果我们要求的金额为 $i$，将发行的票据数量。那么 $d{p}_0=0$，设 $m(i)$ 是不超过 $i$ 的最大面额的纸币，那么 $d{p}_i=d{p}_{i-m(i)}+1$。则答案是 $d{p}_1\cdots d{p}_b$ 中的最大值。该方案时间负责度 $O(nb)$。

为了将描述的解决方案衍生到第三个子问题，我们可以在时间负责度中去掉 $n$。要做到这一点，我们可以发现，$m(i)$ 只随着 $i$ 的增加而增加，所以在计算 $d{p}_i$ 的过程中，我们可以保持 $m(i)=a_j$ 的当前值，当我们移动到 $i$ 的下一个值时，检查我们是否不能移动到下一个面额 $a_{j+1}$ 。该方案时间负责度是 $O(b+n)$。

在第二个子任务中，纸币的面额是 $2$ 的连续次方。注意，为了支付一个金额 $c$，自动取款机的纸票的面额与 $c$ 的二进制符号中的 $1$ 的位置相对应。因此，问题被简化为找到一个不超过 $b$ 的数字，其中包含二进制符号中的最大单位数。假设 $b$ 的二进制符号包含 $k$ 个数字，那么答案中的单位数不超过 $k$，而数字 $2^{k-1}-1$ 显然小于 $b$，并且正好包含 $k-1$ 个二进制单位。所以答案要么是 $b$，要么是 $2^{k-1}-1$，可以得出 $O(\log b)$的解决方案。

第四个子问题的解决已经更接近于完整的解决方案: 这个子问题中对 $n,a_i$ 和 $b_i$ 的约束是最大的，只有 $q\le 5$ 。我们可以使用 $O(n)$ 的时间负责度来这个子问题。

正确的解决方案是基于一个贪心算法。让我们对该问题进行反转。设 $m{n}_x$ 为最小数字 $c$，使自动取款机为总和 $c$ 发放 $x$ 张纸币。我们仍将以 $m(v)$ 表示不超过 $v$ 的纸币的最大面额。我们可以证明 $m{n}_x=m{n}_{x-1}+m(m{n}_x)$。

一方面，$m{n}_{x-1}\le m{n}_x-m(m{n}_x)$，因为从产生总和 $m{n}_x$ 的纸币集合中，我们总是可以删除最大的纸币(等于 $m(m{n}_x)$)，并得到产生总和 $m{n}_x-m(m{n}_x)$ 的 $x-1$ 张纸币集合的正确结果。

另一方面，假设我们固定 $x$，并且 $m{n}_{x-1}<m{n}_x-m(m{n}_x)$。我们可以看到，在这种情况下，数值 $m{n}_{x-1}+m(m{n}_x)<m{n}_x$，当被要求提供 $m{n}_x$ 时，自动取款机将正好返回纸币—— 一张 $m(mn)$ 纸币(它是最大的，不超过这个数额)，以及另外 $x-1$ 张纸币，总和等于 $mnx-1$，所以假设不成立，$m{n}_x=m{n}_{x-1}+m(m{n}_x)$。

利用这一观察，我们可以在 $O(n)$ 时间负责度内计算出 $m{n}_x$ 的所有值。

为了解决最后一组问题，我们可以注意到，没有必要对不同的 $b_j$ 进行独立求解，但只要通过二分搜索找到最后的 $a<b_j$，并查看相应的 $m{n}_x$ 值的即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++ i)
#define per(i, r, l) for(int i = r; i >= l; -- i)
const int N = 2e5 + 10;
int n, Q, x, a[N], u[N], v[N];
main()
{
	scanf("%lld", &n);
	rep(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);
	rep(i, 1, n - 1) 
    {
		int t = (a[i + 1] - u[i] - 1) / a[i];
		u[i + 1] = u[i] + t * a[i];
        v[i + 1] = v[i] + t;
	}
	scanf("%lld", &Q);
    for(; Q; -- Q)
	{
		scanf("%lld", &x);
		int t = upper_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a - 1, p = (x - u[t]) / a[t];
		printf("%lld %lld\n", u[t] + p * a[t], p + v[t]);
	}
	return 0;
}