BZOJ1110: [POI2007]砝码Odw

1110: [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

输入文件的第一行包含两个数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<=1000000000)

Output

输出文件要求仅包含一个数，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

 

Source

题解：

好久的坑。。。

摘抄一份题解（jcvb）：

砝码两两互为倍数关系，从小到大排个序，可以发现不同的砝码种类数是log(10^9)级别的，只有30左右。
根据贪心的思想，砝码从小到大依次装入一定是最优的
把每个容器的容量写成砝码大小的进制表示，比如当有3,9,18,54这些种类的砝码时，133的容量可以写成2*54+1*18+0*9+2*3+1，末尾的+1永远用不上，可以舍弃，那么各位从低到高分别是(2,0,1,2)。
把所有容器都写成这种表示，并把同一位上全部累加。比如说我们还有一个容器(0,1,2,0)，那么两个容器累加的结果就是(2,1,3,2)。
当我们正在放大小为3的砝码时，就使用最低位上的容量。比如我们只有1个大小为3的砝码，那么塞入以后剩余容量为(1,1,3,2)。接下来要放大小为9的砝码，最低位上的那个1就永远用不上了。假如我们有2个9，而第二位上只有1的容量，那么就往高位借一个18拆成两个9，变成(2,3,2,2)，然后塞入后剩余(2,1,2,2)。以此类推。
当剩余容量不够再放入时即停止，当前已放入的砝码个数即为最优答案。

代码：（一些注释，我不会说我抄了lyd的代码23333）

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<string>
#define inf 1100000000
#define maxn 100000+100
#define maxm 500+100
#define eps 1e-10
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
#define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
#define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,ans,tot,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],f[maxn];
int main()
{
    freopen("input.txt","r",stdin);
    freopen("output.txt","w",stdout);
    n=read();m=read();
    for1(i,n)a[i]=read();
    for1(i,m)b[i]=read();
    sort(b+1,b+m+1);
    d[tot=1]=b[1];c[1]=1;
    for2(i,2,m)
     {
         if(b[i]!=b[i-1])d[++tot]=b[i];//统计出不同的砝码以及它的数目 
         c[tot]++;
     }
    d[++tot]=inf;f[tot]=1;
    for1(i,n)
     for1(j,tot-1)
      f[j]+=(a[i]%d[j+1])/d[j];//将容器转化为以砝码为基的进制表示，orz 
    for1(i,tot-1)
     for(;c[i];c[i]--)
      {
       int j;
       for(j=i;!f[j];j++);//寻找最小的不为0的砝码 
       if(j==tot){i=tot;break;}
       f[j]--;ans++;//将i砝码放入 
       for(int k=i;k<j;k++)
        f[k]=d[k+1]/d[k]-1;//把f[j]分到比它小的砝码上，orz 
      }
    printf("%d\n",ans);  
    return 0;
}