bzoj1110: [POI2007]砝码Odw

神题

考虑到有倍数关系这个条件，所以可以运用进制的思想，比如当有3,9,18,54这些种类的砝码时，133的容量可以写成2*54+1*18+0*9+2*3+1，末尾的+1永远用不上，可以舍弃，那么各位从低到高分别是(2,0,1,2)。 
把所有容器都写成这种表示，并把同一位上全部累加。比如说我们还有一个容器(0,1,2,0)，那么两个容器累加的结果就是(2,1,3,2)。 
当我们正在放大小为3的砝码时，就使用最低位上的容量。比如我们只有1个大小为3的砝码，那么塞入以后剩余容量为(1,1,3,2)。接下来要放大小为9的砝码，最低位上的那个1就永远用不上了。假如我们有2个9，而第二位上只有1的容量，那么就往高位借一个18拆成两个9，变成(2,3,2,2)，然后塞入后剩余(2,1,2,2)。以此类推。 
当剩余容量不够再放入时即停止，当前已放入的砝码个数即为最优答案。 
（以上是鏼爷的题解）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int w[110000],v[110000],ls[110000],s[110000];
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    int n,m,lslen=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&v[i]),ls[++lslen]=v[i];
    sort(v+1,v+m+1);
    sort(ls+1,ls+lslen+1);
    lslen=unique(ls+1,ls+lslen+1)-ls-1;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=lslen;j>=1;j--)
            s[j]+=w[i]/ls[j], w[i]%=ls[j];
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int L=lower_bound(ls+1,ls+lslen+1,v[i])-ls,R=L;
        while(R<lslen&&s[R]==0)R++;
        if(s[R]==0)break;
        
        for(int j=L;j<R;j++)s[j]++;
        s[R]--;ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}