【HDOJ5527】Too Rich（贪心，构造）

题意：给定10种面额的货币和它们的数量上限，问构造出恰好总额为P的最小张数，无解输出-1

T=2e4，p<=1e9，c[i]<=1e5

思路：From https://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/49592521

如果采用最傻瓜式的贪心，我们一定是使得每枚货币的面值尽可能低。
即，如果有面值更低的硬币，我们优先使用它；它用完之后，才考虑面值更大的硬币。
这种做法显然有问题。因为它不能保证我们恰好凑得硬币的总价值为m。
1，可能不够——直接-1
2，可能会溢出，这个要怎么办呢？
我们发现，我们可以算得溢出的硬币面值more。
如果我们能求出，之前选取硬币中，凑成面值总额为more的最少硬币个数，这样减一下即可得到答案？
但是这里就不能再继续傻瓜下去啦，我们可能会面临一个问题——
尽管我们之前的做法，留给了我们回退的余地，但是其依然有可能出现无法回退，错误判定为无解的状况。
比如：我们有50元硬币*1，20元硬币*3，我们想要凑得面额为50的硬币。
这种做法会先算入20元硬币*3，然后不论怎么回退都没有办法达成目的。
为什么会出现这种情况呢？
我们发现，这是因为，对于给定的所有面值，
每个面值都是比它大的所有面值的约数，除了(20<->50),(200<->500)这两个关系。
如果不存在这两个特殊关系，那么我们可以就采取一开始的贪心原则。
因为小的面值是比它大的所有面值的因子，所以大硬币所能拼凑的面额它一定能拼成。
也就是说，它不仅在数量上保证了更多，也在拼凑额度的功能上更优。
所以这时可以贪心：永远都拿面额更小的，直到面额>=m。
这里还是会出现面额可能超出的情况，但是首先超出的是大面额。而我们所有的小面额都取了。
而这时，我们操作的灵活性会是最大的，接下来的调整一定可以完成。
如果采取这个贪心做下去，那就只需要解决这两个特殊关系啦。
如何解决呢？
我们发现问题就是：
50可能取奇数次，这是20所凑不出的。
500可能取奇数次，这是200所凑不出的。
于是我们枚举以下四种情况
（50和500都是偶数个，不先取50和500）
（50为奇数个，500为偶数个，即我们先取一个50）
（50为偶数个，500为奇数个，即我们先取一个500）
（50为奇数个，500为奇数个，即我们先取一个50和一个500）
之后对于50和500都成对地取。
每次取50或500的时候就取偶数个。然而消除的时候也消除偶数个。
这样的枚举，就消除了这个两个特殊关系的影响啦。
为什么呢，我们可以分析下：
先以50为例，我们先枚举最后取50的奇偶性，再贪心从小到大取数，然后溢出了，开始考虑移除（移除最少的个数）——
不论最后取的50是奇数个还是偶数个，对于每个成对的50（即100）而言，
结合之间的"约数结论"，只要我们剩余的数的总和大于等于100，那么它们是一定能够拼凑出100的。
于是我们有：这里移除2个50肯定是移除最少的个数，是最优的。
同理，对于500而言，先决定它最后的奇偶性。
然后对于每个成对的500，之前的所有数都是1000的因子。如果数值之和达到1000，便一定能凑得1000。
于是只要保证"之下的所有数的数值之和不减小到不够"，这里就可以直接移除这个1000，肯定更优。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<ctime>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 #include<iomanip>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<bitset>
 #include<queue>
 #include<stack>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef unsigned int uint;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> PII;
 typedef vector<int> VI;
 #define fi first
 #define se second
 #define MP make_pair
 #define N   20
 #define M   110000
 #define eps 1e-8
 #define pi  acos(-1)
 #define oo  1000000000
 #define MOD 10007

 const ll c[]={,,,,,,,,,,};

 int a[N],b[N],d[N],n,ans;

 ll min(ll x,ll y)
 {
     if(x<y) return x;
     return y;
 }

 int isok(ll s,int p)
 {
     int num=;
     for(int i=p;i>=;i--)
     {
         if(d[i]==-)
         {
             int t=min(b[i],s/c[i]);
             num+=t;
             s-=t*c[i];
         }
          else
          {
              int t=min(b[i],s/c[i]);
              if(t&) t--;
              num+=t;
              s-=t*c[i];
          }
     }
     if(s==) return num;
     return -;
 }

 void solve()
 {
     if(d[]>a[]||d[]>a[]) return;
     memset(b,,sizeof(b));
     int s1=d[]+d[];
     ll s2=d[]*+d[]*;
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         if(d[i]==-)
         {
             s1+=a[i];
             b[i]=a[i];
             s2+=c[i]*a[i];
         }
          else
          {
              b[i]=a[i]-d[i];
              if(b[i]&) b[i]--;
              s1+=b[i];
              s2+=c[i]*b[i];
          }
         if(s2>=n)
         {
             int t=isok(s2-n,i);
             if(t!=-)
             {
                 s1-=t;
                 ans=max(ans,s1);
             }
             return;
         }
     }
 }

 int main()
 {
     //freopen("hdoj5527.in","r",stdin);
     //freopen("hdoj5527.out","w",stdout);
     int cas;
     scanf("%d",&cas);
     for(int v=;v<=cas;v++)
     {
         scanf("%d",&n);
         for(int i=;i<=;i++) scanf("%d",&a[i]);
         memset(d,-,sizeof(d));
         ans=-;
         d[]=; d[]=; solve();
         d[]=; d[]=; solve();
         d[]=; d[]=; solve();
         d[]=; d[]=; solve();
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }