CF792E Colored Balls【思维】

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考试的时候又想到了小凯的疑惑，真是中毒不浅...

设每一个数都可以被分成若干个 $k$ 和 $k+1$ 的和。数 $x$ 能够被分成若干个 $k$ 和 $k+1$ 的和的充要条件是：
$x%k<=floor(x/k)$

又因为 $k$ 一定小于这个数列中最小的那个数，可以轻易想到的一个朴素的方法就是从 $1$ 到 $A_{min}$ 枚举所有可能的 $k$ ，判断是否满足情况，并更新答案。

注意到 $k$ 越大，答案越优，所以从大到小进行枚举，找到答案就退出。

我们现在来优化他：

可以想到，当 $k<=\sqrt{x}$ ，上述不等式一定成立。

所以只需要判断 $k$ 在 $(\sqrt{x},x]$ 范围内是否满足就可以了。

可是 $x$ 在 $1e9$ 的范围内，还是会超时呢。

其实我们枚举到了很多无用的 $k$ ，因为要保证 $A_{min}$ 也可以分成若干个 $k$ 和 $k+1$ 的和，所以实际上有效的 $k$ 是： $A_{min}$ , $A_{min}/2$ , $A_{min}/3$ ...诸如此类的数...

我们可以枚举集合个数（ $A_{min}$ 可以被拆成多少个数），然后通过集合个数来算 $k$

枚举范围就从 $(\sqrt{x},x]$ 变成了 $(1,\sqrt{x}]$

在代码里，我特判了一下 $1$ 的情况（其实是因为考试稳妥）

还有一些细节问题都放在注释里了

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<vector>
 4 #include<queue>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 #define N 505
 8 #define ll long long
 9 int n;
10 int a[N];
11 ll ans;
12 int rd()
13 {
14     int f=1,x=0;char c=getchar();
15     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
16     while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
17     return f*x;
18 }
19 int res=-1;
20 bool check(int k,int ret,int id)
21 {//如果余数为0 有一次将k调整成k-1的机会 
22     for(int i=1;i<=n;i++)
23     {
24         int p=a[i]/k,q=a[i]%k;
25         if(ret&&q>p) return 0;
26         if(!ret)
27         {
28             if(q>p)
29             {
30                 k--;
31                 ret=1;
32                 p=a[i]/k,q=a[i]%k;
33             }
34             if(q>p) return 0;
35         }
36     }
37     res=k;
38     return 1;
39 }
40 int main()
41 {
42     n=rd();
43     for(int i=1;i<=n;i++)
44         a[i]=rd();
45     sort(a+1,a+n+1);
46     if(a[1]==1)
47     {
48         for(int i=2;i<=n;i++)
49         {
50             if(a[i]&1)
51             {
52                 ans+=(a[i]-1)>>1;
53                 ans++;
54             }
55             else ans+=(a[i]>>1);
56         }
57         printf("%lld\n",ans+1);
58         return 0;
59     }
60     for(int i=1;i<=int(sqrt(a[1]))+1;i++)
61     {//枚举集合个数 (对于最小的数) 
62         int k=a[1]/i;//集合大小 k和k+1
63         int ret=a[1]%i;//如果是整除 就不能确定是k-1和k 还是k和k+1
64         //如果有余数 肯定是k和k+1(k还不够) 
65         //如果余数为0 有一次将k调整成k-1的机会 
66         if(check(k,ret,i))
67             break;
68     }
69     //printf("%d\n",res);
70     for(int i=1;i<=n;i++)
71         ans+=(a[i]+res)/(res+1);
72     printf("%lld\n",ans);
73     return 0;
74 }
75 /*
76 2
77 948507270 461613425
78 */