[CF1538G] Gift Set （数学简单题）

题面

相信英文题面也很好理解

有

x

\tt x

x 个红糖，

y

\tt y

y 个蓝糖。每一个礼包里面要么有

a

\tt a

a 个红糖+

b

\tt b

b 个蓝糖，要么是

a

\tt a

a 个蓝糖+

b

\tt b

b 个红糖。

问最多能打多少份礼包。

T

≤

1

0

4

\tt T\leq 10^4

T≤104 组数据，

1

≤

x

,

y

,

a

,

b

≤

1

0

9

\tt1\leq x,y,a,b\leq10^9

1≤x,y,a,b≤109 。

题解

Solution #1

不难发现答案具有包含性，能打

n

\tt n

n 份就一定能打

n

−

1

\tt n-1

n−1 份。

交换，令

a

≥

b

\tt a\geq b

a≥b，那么每打包一份礼包，

x

\tt x

x 和

y

\tt y

y 都至少会减少

b

\tt b

b。

直接二分答案

s

\tt s

s，那么在

x

,

y

≥

s

⋅

b

\tt x,y\geq s\cdot b

x,y≥s⋅b 的前提下，再把

x

\tt x

x 和

y

\tt y

y 都减去

s

⋅

b

\tt s\cdot b

s⋅b 后，相当于在

x

,

y

\tt x,y

x,y 中只用找单独的

s

\tt s

s 个

a

−

b

\tt a-b

a−b 就行了（

{

x

,

y

}

\tt\{x,y\}

{x,y} 变成了

{

x

−

s

b

,

y

−

s

b

}

\tt\{x-sb,y-sb\}

{x−sb,y−sb}，

{

a

,

b

}

\tt\{a,b\}

{a,b} 变成了

{

a

−

b

,

0

}

\tt\{a-b,0\}

{a−b,0}，其中一个为 0 了，两种糖果不再绑定），这等价于此时

a

=

b

\tt a=b

a=b 或者

⌊

x

a

−

b

⌋

+

⌊

y

a

−

b

⌋

≥

s

\tt\left\lfloor\frac{x}{a-b}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{y}{a-b}\right\rfloor\geq s

⌊a−bx​⌋+⌊a−by​⌋≥s 。

直到这里，都没怎么用脑子。

7

m

i

n

\tt7~min

7 min 过掉，总复杂度

O

(

T

log

⁡

)

\tt O(T\log)

O(Tlog)，速度还行，

31

m

s

\tt31~ms

31 ms。

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int X,Y,A,B;
bool check(int md) {
	int x=X,y=Y,a=A,b=B;
	if(x < md*1ll*B || y < md*1ll*B) return 0;
	x -= md*1ll*B; y -= md*1ll*B; a -= b;
	if(a == 0) return 1;
	return x/a + y/a >= md;
}
int main() {
	int T = read();
	while(T --) {
		X = read();Y = read();
		A = read();B = read();
		if(X < Y) swap(X,Y);
		if(A < B) swap(A,B);
		int as = 0;
		for(int i = 30;i >= 0;i --) {
			if(as+(1<<i) <= 1000000000 && check(as+(1<<i))) {
				as += (1<<i);
			}
		}
		printf("%d\n",as);
	}
	return 0;
}

Solution #2

不妨交换，令

x

≥

y

,

a

≥

b

\tt x\geq y,a\geq b

x≥y,a≥b 。

然后利用一定的贪心思路，不难发现，最优情况下

(

a

,

b

)

\tt(a,b)

(a,b) 的个数一定不小于

(

b

,

a

)

\tt(b,a)

(b,a)。换言之，我们可以认为有若干个权重为 1 的礼包

(

a

,

b

)

\tt(a,b)

(a,b)，以及若干个权重为 2 的礼包

(

a

+

b

,

b

+

a

)

\tt(a+b,b+a)

(a+b,b+a).

先特判

a

=

b

\tt a=b

a=b 的情况，再继续讨论。

为了尽量地利用糖果，使之剩下的最少（每个礼包固定消耗

a

+

b

\tt a+b

a+b，因此剩下最少一定意味着礼包最多），那么就要尽量使最终的

∣

x

−

y

∣

\tt|x-y|

∣x−y∣ 最小化。由于每一份礼包 1 都能减少差值

a

−

b

\tt a-b

a−b ，那么我们就令礼包

(

a

,

b

)

\tt(a,b)

(a,b) 的个数为

⌊

x

−

y

a

−

b

⌋

\tt\left\lfloor\frac{x-y}{a-b}\right\rfloor

⌊a−bx−y​⌋ ，然后再利用剩下的求出礼包 2 的个数、贡献。

为了调整出正确答案，我们还得求一求礼包 1 个数为

⌊

x

−

y

a

−

b

⌋

+

1

\tt\left\lfloor\frac{x-y}{a-b}\right\rfloor+1

⌊a−bx−y​⌋+1 的情况，再取更优值。毕竟有些边角情况，原先的下取整是考虑不到的。

时间复杂度

O

(

T

)

\tt O(T)

O(T) ，写得一般的还是

31

m

s

\tt31~ms

31 ms，而且想的比较久。

CODE(by SharpnessⅤ)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 500005
using namespace std;
int x,y,a,b;
void solve(){
    scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b);
    if(x>y)swap(x,y);if(a>b)swap(a,b);
    if(x<a||y<b){puts("0");return ;}
    int res=y-x,lim=b-a;
    if(!lim){
        printf("%d\n",min(x,y)/a);
        return ;
    }
    int cur=min(res/lim,min(x/a,y/b));
    x-=cur*a,y-=cur*b;int ans=cur+min(x,y)/(a+b)*2;
    if(x>=a&&y>=b)x-=a,y-=b,cur++;
    printf("%d\n",max(ans,cur+min(x,y)/(a+b)*2));
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--)solve();
    return 0;
}