bzoj 1110 [POI2007]砝码Odw 贪心+进制转化

 [POI2007]砝码Odw

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Description

　　在byteotian公司搬家的时候，他们发现他们的大量的精密砝码的搬运是一件恼人的工作。公司有一些固定容
量的容器可以装这些砝码。他们想装尽量多的砝码以便搬运，并且丢弃剩下的砝码。每个容器可以装的砝码数量有
限制，但是他们能够装的总重量不能超过每个容器的限制。一个容器也可以不装任何东西。任何两个砝码都有一个
特征，他们的中总有一个的重量是另外一个的整数倍，当然他们也可能相等。

Input

　　第一行包含两个数n和m。表示容器的数量以及砝码的数量。(1<=n, m<=100000) 第二行包含n个整数wi，表示
每个容器能够装的最大质量。(1<=wi<=1000000000) 第三行包含m个整数mj，表示每个砝码的质量。(1<=mj<=10000
00000)

Output

　　仅包含一个数，为能够装进容器的最多的砝码数量。

Sample Input

2 4
13 9
4 12 2 4

Sample Output

3

HINT

 

题解：因为任意两个数，一个一定是另外一个的整数倍

　　　所以说，取最小的设为x，那么就是转化成x进制下，然后

　　　就是从小到大贪心，如果当前位不够可以向高位借1

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,len,ans;
int bas[50],w[100010],v[100010],c[50];
int rd()
{
    int ret=0,f=1;  char gc=getchar();
    while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f;   gc=getchar();}
    while(gc>='0'&&gc<='9')   ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
    return ret*f;
}
int main()
{
    n=rd(),m=rd();
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++)    w[i]=rd();
    for(i=1;i<=m;i++)    v[i]=rd();
    sort(v+1,v+m+1);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        if(v[i]>bas[len])    bas[++len]=v[i];
        v[i]=len;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)    for(j=len;j;j--)    c[j]+=w[i]/bas[j],w[i]%=bas[j];
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        if(c[v[i]]) c[v[i]]--,ans++;
        else
        {
            for(j=v[i];j<=len;j++)
            {
                if(c[j])
                {
                    c[j]--;
                    break;
                }
                c[j]=bas[j+1]/bas[j]-1;
            }
            if(j>len)    break;
            else    ans++;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}