bzoj 1110 [POI2007]砝码Odw 贪心+进制转化

[POI2007]砝码Odw

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 661  Solved: 366
[Submit][Status][Discuss]

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

　　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<=10000
00000)

Output

　　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

 

题解：因为任意两个数，一个一定是另外一个的整数倍

　　　所以说，取最小的设为x，那么就是转化成x进制下，然后

　　　就是从小到大贪心，如果当前位不够可以向高位借1

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 int n,m,len,ans;
 int bas[],w[],v[],c[];
 int rd()
 {
     int ret=,f=;  char gc=getchar();
     while(gc<''||gc>'') {if(gc=='-')f=-f;   gc=getchar();}
     while(gc>=''&&gc<='')   ret=ret*+gc-'',gc=getchar();
     return ret*f;
 }
 int main()
 {
     n=rd(),m=rd();
     int i,j;
     for(i=;i<=n;i++)    w[i]=rd();
     for(i=;i<=m;i++)    v[i]=rd();
     sort(v+,v+m+);
     for(i=;i<=m;i++)
     {
         if(v[i]>bas[len])    bas[++len]=v[i];
         v[i]=len;
     }
     for(i=;i<=n;i++)    for(j=len;j;j--)    c[j]+=w[i]/bas[j],w[i]%=bas[j];
     for(i=;i<=m;i++)
     {
         if(c[v[i]]) c[v[i]]--,ans++;
         else
         {
             for(j=v[i];j<=len;j++)
             {
                 if(c[j])
                 {
                     c[j]--;
                     break;
                 }
                 c[j]=bas[j+]/bas[j]-;
             }
             if(j>len)    break;
             else    ans++;
         }
     }
     printf("%d",ans);
     return ;
 }