【BZOJ1110】[POI2007]砝码Odw

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<=1000000000)

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

题解：由于任意两个砝码的质量都存在倍数关系，那么本质不同的砝码最多只有log个。并且我们一定是从小到大贪心的去选。下面是具体做法：

将每种砝码当成一位，然后将所有背包容量按照混合进制的方法拆位，将所有背包的每一位进行不进位的加法，这样就相当于将原来的背包合成了一个新背包。在放入物品时，我们先看当前位是否能-1，如果不能，就到更高的位上去借位即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,len,ans;
int bas[50],w[100010],v[100010],c[50];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	w[i]=rd();
	for(i=1;i<=m;i++)	v[i]=rd();
	sort(v+1,v+m+1);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(v[i]>bas[len])	bas[++len]=v[i];
		v[i]=len;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	for(j=len;j;j--)	c[j]+=w[i]/bas[j],w[i]%=bas[j];
	for(i=1;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+1]/bas[j]-1;
			}
			if(j>len)	break;
			else	ans++;
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}