题面

相信英文题面也很好理解

有 x\tt xx 个红糖，y\tt yy 个蓝糖。每一个礼包里面要么有 a\tt aa 个红糖+ b\tt bb 个蓝糖，要么是 a\tt aa 个蓝糖+ b\tt bb 个红糖。

问最多能打多少份礼包。

T≤104\tt T\leq 10^4T≤104 组数据，1≤x,y,a,b≤109\tt1\leq x,y,a,b\leq10^91≤x,y,a,b≤109 。

题解

Solution #1

不难发现答案具有包含性，能打 n\tt nn 份就一定能打 n−1\tt n-1n−1 份。

交换，令 a≥b\tt a\geq ba≥b，那么每打包一份礼包，x\tt xx 和 y\tt yy 都至少会减少 b\tt bb。

直接二分答案 s\tt ss，那么在 x,y≥s⋅b\tt x,y\geq s\cdot bx,y≥s⋅b 的前提下，再把 x\tt xx 和 y\tt yy 都减去 s⋅b\tt s\cdot bs⋅b 后，相当于在 x,y\tt x,yx,y 中只用找单独的 s\tt ss 个 a−b\tt a-ba−b 就行了（{x,y}\tt\{x,y\}{x,y} 变成了 {x−sb,y−sb}\tt\{x-sb,y-sb\}{x−sb,y−sb}，{a,b}\tt\{a,b\}{a,b} 变成了 {a−b,0}\tt\{a-b,0\}{a−b,0}，其中一个为 0 了，两种糖果不再绑定），这等价于此时 a=b\tt a=ba=b 或者 ⌊xa−b⌋+⌊ya−b⌋≥s\tt\left\lfloor\frac{x}{a-b}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{y}{a-b}\right\rfloor\geq s⌊a−bx⌋+⌊a−by⌋≥s 。

直到这里，都没怎么用脑子。7min\tt7~min7 min 过掉，总复杂度 O(Tlog⁡)\tt O(T\log)O(Tlog)，速度还行，31ms\tt31~ms31 ms。

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {LL f = 1,x = 0;char s = getchar();while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int X,Y,A,B;
bool check(int md) {int x=X,y=Y,a=A,b=B;if(x < md*1ll*B || y < md*1ll*B) return 0;x -= md*1ll*B; y -= md*1ll*B; a -= b;if(a == 0) return 1;return x/a + y/a >= md;
}
int main() {int T = read();while(T --) {X = read();Y = read();A = read();B = read();if(X < Y) swap(X,Y);if(A < B) swap(A,B);int as = 0;for(int i = 30;i >= 0;i --) {if(as+(1<<i) <= 1000000000 && check(as+(1<<i))) {as += (1<<i);}}printf("%d\n",as);}return 0;
}

Solution #2

不妨交换，令 x≥y,a≥b\tt x\geq y,a\geq bx≥y,a≥b 。

然后利用一定的贪心思路，不难发现，最优情况下 (a,b)\tt(a,b)(a,b) 的个数一定不小于 (b,a)\tt(b,a)(b,a)。换言之，我们可以认为有若干个权重为 1 的礼包 (a,b)\tt(a,b)(a,b)，以及若干个权重为 2 的礼包 (a+b,b+a)\tt(a+b,b+a)(a+b,b+a).

先特判 a=b\tt a=ba=b 的情况，再继续讨论。

为了尽量地利用糖果，使之剩下的最少（每个礼包固定消耗 a+b\tt a+ba+b，因此剩下最少一定意味着礼包最多），那么就要尽量使最终的 ∣x−y∣\tt|x-y|∣x−y∣ 最小化。由于每一份礼包 1 都能减少差值 a−b\tt a-ba−b ，那么我们就令礼包 (a,b)\tt(a,b)(a,b) 的个数为 ⌊x−ya−b⌋\tt\left\lfloor\frac{x-y}{a-b}\right\rfloor⌊a−bx−y⌋ ，然后再利用剩下的求出礼包 2 的个数、贡献。

为了调整出正确答案，我们还得求一求礼包 1 个数为 ⌊x−ya−b⌋+1\tt\left\lfloor\frac{x-y}{a-b}\right\rfloor+1⌊a−bx−y⌋+1 的情况，再取更优值。毕竟有些边角情况，原先的下取整是考虑不到的。

时间复杂度 O(T)\tt O(T)O(T) ，写得一般的还是 31ms\tt31~ms31 ms，而且想的比较久。

CODE(by SharpnessⅤ)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 500005
using namespace std;
int x,y,a,b;
void solve(){scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b);if(x>y)swap(x,y);if(a>b)swap(a,b);if(x<a||y<b){puts("0");return ;}int res=y-x,lim=b-a;if(!lim){printf("%d\n",min(x,y)/a);return ;}int cur=min(res/lim,min(x/a,y/b));x-=cur*a,y-=cur*b;int ans=cur+min(x,y)/(a+b)*2;if(x>=a&&y>=b)x-=a,y-=b,cur++;printf("%d\n",max(ans,cur+min(x,y)/(a+b)*2));
}
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--)solve();return 0;
}

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