NOIP2012 Day1 T2国王游戏 洛谷P1080

第一篇博客啊……

由于我太弱了，还要去补不全的知识点准备参加人生第一次NOIp，所以第一篇博客就简短一点好了（偷懒就直说吧……）

洛谷P1080传送门

题意概括：

　　有N对数a_i和b_i,以及两个数a₀和b₀  。现在，你可以将这N对数任意排列，记第i对数前所有a(包括a₀)的乘积为s_i,则对于每对数有v_i =floor(si/bi)。对于每种排列情况，记MX=max(v_i )。求min(MX)。

数据范围：

　　1 ≤ n ≤1,000，0 < a、b < 10000。

一些瞎BB（题解）：

　　这种题很明显不是让你列出所有情况（废话）。

　　总体来看，求MAX的MIN是一个很大局观的问题，所以看到这种题目的时候，很弱的我只能想到贪心按某种东西把每一对数排个序，但是根本想不到按什么排序。其实是由于我没经验题刷少了……（什么其实，就是刷少了）从这道题来看，这种题目的套路基本上是，转化大局观为局部观，决策出某两个元素的先后顺序。

　　估计看到这里，再思考一下，大部分大牛就知道这么写了（大牛还用来看你的题解？？）。

　　但是像我这样的小蒟蒻还是很难想到的……所以有了后面的继续瞎BB。考虑两个相邻元素i,j。我们现在的目标只是决策出他们的先后。假设i在前比j在前更优。整体上看，他们俩的先后只会改变v_i 和vj  。

　　i在前： v_i=(s_i)/b_i  v_j=(s_i*a_i)/b_j 

　　j在前： v_j=(s_j)/b_j  v_j=(s_j*a_j)/b_i

 则max((s_i)/b_i,(si*ai)/bj)<max((s_j)/b_j,(s_j*a_j)/b_i)。显然，两次分别的s_{i ，}s_j是相同的,且(si*ai)/bj>=(s_j)/b_j ,(s_j*a_j)/b_i>=(s_i)/b_{i 。}所以其实就是(si*ai)/b_j <(s_j*a_j)/b_i ，即a_i*b_i <aj*bj  也就是说，按a、b的乘积从小到大排序就好了。（PS：基于a、b的范围，要写高精度）

　　然后可以很不负责地说这题我根本没写……所以没有代码并且可能有说错的地方，欢迎各位大佬指正！

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