uoj #177. 新年的腮雷

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题面

http://uoj.ac/problem/177

题解

早上写了一篇，就还想再写一篇
挺不错的一个题
先来讲讲部分分吧
第一档13分的很简单，直接爆搜就可以了
第二档11分的也很简单，直接排个序就可以了
然后有一档6分的， $m=2，b=\{1,1\}$，这的话，稍作思考，可以发现，每一次一定是选两个最小的数合起来
然后剩下的档我就不会了。。
算了一下只可以拿到 $13+11+6=30$
蛮低的暴力分吧

其实如果你会第三档， $24$分的，基本上离正解也不远了
先说 $24$分的吧
正解要想到二分答案，然后倒过来做
那么问题就变成了，你一开始有一个数 $x$，然后每一次，你可以把你的数集里面的某一个数 $a$，把他拆成 $m$个数，并且要求拆出来的m个数，都要满足都比 $a_i$要大。正确性其实挺显然的。
然后你考虑，满分的话
问题就等价于，你拆成n个数以后，可以找到一个对应方案，使得每一个数都比对应的 $a_i$大
这个做法其实也不错的
我们可以进行讨论
我们把当前数集的值 $x$拿出来，然后看一下目标数集的最大值 $y$，再看一下 $b$的最小值 $b'$
如果 $x-b'<y$，那么显然，y是不可能由别的东西拆开得到了，因此，找一个刚好比他大的数，对应起来即可
否则就把x拆开，这个，其实正确性也挺显然的，因为你拆别的不会比拆这个要优
当你得到了n个数的时候，check一下就可以了
时间复杂度显然是对的
CODE:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<set>
using namespace std;
const int N=50005;
int n,m;
int a[N],b[N];
multiset<int> s;
multiset<int> :: iterator it;
bool check (int x)//这个答案行不行 
{
	s.clear();s.insert(x);
	int now=n;
	while (s.size()<now)//现在有多少个数了 
	{
		if (s.empty()) return false;
		it=--s.end();
		if ((*it)-b[1]<a[now])//不行 
		{
			it=s.lower_bound(a[now]);
			if (it==s.end()) return false;
			s.erase(it);now--;
		}
		else
		{
			for (int u=1;u<=m;u++)	
				s.insert((*it)-b[u]);
			s.erase(it);
		}
	}
	int i=1;
	for (it=s.begin();it!=s.end()&&i<=now;it++,i++)
		if (a[i]>(*it)) return false;
	return true;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int u=1;u<=n;u++) scanf("%d",&a[u]);
	for (int u=1;u<=m;u++) scanf("%d",&b[u]);
	sort(b+1,b+1+m);sort(a+1,a+1+n);
	int l=0,r=1000000000,ans=-1;
	while (l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid))	{r=mid-1;ans=mid;}
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}