abc 374 E (二分答案贪心）

E题意：
制作产品，有n道工序。
每道工序有两种设备，单价 pi和 qi一天可做 ai和bi的产品。
最终的生产效率是所有工序的产品数量的最小值。
现有 x元，问生产效率的最大值。

随着效率的增大，所需要的钱变多。所以效率和需要的钱之间是单调的。可以二分。
那么问题变成 给定效率 判断所需要的最少的钱 是否小于等于X 。
那么对于给定的效率怎样找到 所 需要的最少的钱
先贪心的想，我们肯定要选择性价比高的机器（用较少的钱做更多的工作）.如果刚好这些机器的效率是mid,那么这是最优的。如果效率>mid ，那么就有可能存在将几个a替换为b ,然后效率为MId,花费的更少。
可以枚举替换上去几个b 。（性价比低的那一个不会选很多。然后因为a b 很小，X很大，可以枚举性价比低的次数）

这个每次check 是接近O(n)的复杂度。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
struct node
{
    int a, p, b, q; // 产量价格
};
void solve()
{
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    vector<node> v(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> v[i].a >> v[i].p >> v[i].b >> v[i].q;
        // 性价比 ,让 a 是高性价比的东西
        double t1 = (1.0 * v[i].a) / (1.0 * v[i].p);
        double t2 = (1.0 * v[i].b) / (1.0 * v[i].q);
        if (t1 < t2)
        {
            swap(v[i].a, v[i].b);
            swap(v[i].p, v[i].q);
        }
    }
  
    // 产生mid 的效益，判断花销是否超过x
    auto check = [&](int mid) -> bool
    {
        int ans = 0;
        
        for (auto t : v)
        {
            int sum = 0;
            int num = (mid + t.a - 1) / t.a;
            sum = num * t.p;
            if (mid % t.a == 0)
            {
                ans += sum;
                continue;
            }
            // 用 b 替换 a ，枚举替换的b 的数量
            for (int i = 1; i <= 100; i++)
            {
                int le = mid - i * t.b;
                int tt = i * t.q;
                tt += t.p * ((le + t.a - 1) / t.a);
                sum = min(sum, tt);
            }

            ans+=sum;
        }
        return ans <= x;
    };

    int l = 0, r = 1e9+10;
    while (l <= r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid))
            l = mid + 1;
        else
            r = mid - 1;
    }
    cout << l - 1 << "\n";
}
signed main()
{
    std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    // cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

原文地址：https://blog.csdn.net/x1653673086/article/details/142744512

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