「Phoenix and Berries」Solution

简述题意

有 $n$ 个盒子，每个盒子里有 $a_i$ 个红球和 $b_i$ 个蓝球。现有无数个可以装 $k$ 个小球的容器，规定容器里的球必须满足以下条件之一：

• 来自同一个盒子
• 颜色相同

不必用完所有小球，问最多能装满多少个容器。

• $1\le n,k\le 500$

思路

首先注意到，用完球一定比不用完球更优，即使最后有容器没装满。

以下不妨简记，$sum1={\sum }_{i=1}^n{a}_i$，$sum2={\sum }_{i=1}^n{b}_i$

注意到，如果我们忽略限制，答案为 $up=\lfloor \frac{sum1+sum2}{k}\rfloor$。那么显然有：$ans\le up$。
其次，我们忽略容器里的小球来自于同一个盒子的情况，此时答案为 $down=\lfloor \frac{sum1}{k}\rfloor +\lfloor \frac{sum2}{k}\rfloor$，那么显然有：$ans\ge down$。
注意到，$up-down\le 1$，证明略。

因此，如果 $up=down$，那么直接输出 $down$ 即可。否则如果 $up=down+1$，我们就需要考虑最终答案能否达到上界 $up$。

我们先假装把相同颜色的球装在一起，不妨令 $ra=sum1\mathrm{mod}k$，$rb=sum2\mathrm{mod}k$。那么此时剩下了 $ra$ 个红球，$rb$ 个蓝球，那么我们现在的要做的，就是通过将同一个盒子的小球放在一起，尽可能消耗剩下的红球。

不妨假设，将同一个盒子里的球装入同一个容器，使用了 $A$ 个红球，$B$ 个蓝球，其中 $A=x1\times k+r1$，$B=x2\times k+k-r1$，那么这部分装满了 $x1+x2+1$ 个容器。

此时还剩下 $sum1-A$ 个红球和 $sum2-B$ 个蓝球。
注意到：如果 $r1\le ra$ 且 $k-r1\le rb$ ，即 $r1\in [k-rb,ra]$ 时，剩下的红球可以装满 $\lfloor \frac{sum1}{k}\rfloor -x1$ 个容器，剩下的蓝球可以装满 $\lfloor \frac{sum2}{k}\rfloor -x2$ 个容器，总共就可以装满 $\lfloor \frac{sum1}{k}\rfloor +\lfloor \frac{sum2}{k}\rfloor +1$ 个容器。这不正是我们想要达到的上界嘛！

因此，我们只需要判断，能否使选择的红球数对 $k$ 取模后，范围在 $[k-rb,ra]$ 之内。这启发我们 $\text{dp}$。
不妨令 $d{p}_{i,r}$ 表示 能否 处理完前 $i$ 个盒子之后 ，选择的红球数量对 $k$ 取模后的值为 $r$。暴力 $O(n{k}^2)$ 转移即可。
最后，如果 $\exists i\in [k-rb,ra],d{p}_{n,i}=1$，那么证明我们可以达到答案的上界 $up$，输出 $up$ 即可。否则输出 $down$ 即可。

代码

非常非常非常非常非常非常非常非常非常抽象的一道题，但是代码挺好写的，这里放的是官解的代码。

//Solution 1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int N,K;
int a[505],b[505];
bool dp[505][505];  //number of shrubs considered, "extra" red berries

int main(){
  cin>>N>>K;
  long long totA=0,totB=0;
  for (int i=1;i<=N;i++){
    cin>>a[i]>>b[i];
    totA+=a[i];
    totB+=b[i];
  }
  dp[0][0]=true;
  for (int i=1;i<=N;i++){
    for (int j=0;j<K;j++){
      //leave a[i]%K extra red berries
      dp[i][j]=dp[i-1][(j-a[i]%K+K)%K];
      for (int l=0;l<=min(K-1,a[i]);l++){
	//check if we can leave l extra red berries
	if ((a[i]-l)%K+b[i]>=K)
	  dp[i][j]|=dp[i-1][(j-l+K)%K];
      }
    }
  }
  long long ans=0;
  for (int i=0;i<K;i++){
    if (dp[N][i])
      ans=max(ans,(totA+totB-i)/K);
  }
  cout<<ans<<endl;
}