题解：P9789 [ROIR 2020 Day 2] ATM

思路

首先考虑解决前四个子问题，其中 \(q\le 5\)。在这种情况下，每个查询都可以独立处理。

在第一个子问题中，\(b \le 500\)，\(n \le 500\)，所以我们可以想到 dp。 用 \(dp_i\) 表示，如果我们要求的金额为 \(i\)，将发行的票据数量。那么 \(dp_0=0\)，设 \(m(i)\) 是不超过 \(i\) 的最大面额的纸币，那么 \(dp_i= dp_{i-m(i)}+1\)。则答案是 \(dp_1 \cdots dp_b\) 中的最大值。该方案时间负责度 \(O(nb)\)。

为了将描述的解决方案衍生到第三个子问题，我们可以在时间负责度中去掉 \(n\)。要做到这一点，我们可以发现，\(m(i)\) 只随着 \(i\) 的增加而增加，所以在计算 \(dp_i\) 的过程中，我们可以保持 \(m(i)= a_j\) 的当前值，当我们移动到 \(i\) 的下一个值时，检查我们是否不能移动到下一个面额 \(a_{j+1}\) 。该方案时间负责度是 \(O(b+n)\)。

在第二个子任务中，纸币的面额是 \(2\) 的连续次方。注意，为了支付一个金额 \(c\)，自动取款机的纸票的面额与 \(c\) 的二进制符号中的 \(1\) 的位置相对应。因此，问题被简化为找到一个不超过 \(b\) 的数字，其中包含二进制符号中的最大单位数。假设 \(b\) 的二进制符号包含 \(k\) 个数字，那么答案中的单位数不超过 \(k\)，而数字 \(2^{k-1}-1\) 显然小于 \(b\)，并且正好包含 \(k-1\) 个二进制单位。所以答案要么是 \(b\)，要么是 \(2^ {k-1}-1\)，可以得出 \(O(\log b)\)的解决方案。

第四个子问题的解决已经更接近于完整的解决方案: 这个子问题中对 \(n,a_i\) 和 \(b_i\) 的约束是最大的，只有 \(q \le 5\) 。我们可以使用 \(O(n)\) 的时间负责度来这个子问题。

正确的解决方案是基于一个贪心算法。让我们对该问题进行反转。设 \(mn_x\) 为最小数字 \(c\)，使自动取款机为总和 \(c\) 发放 \(x\) 张纸币。我们仍将以 \(m(v)\) 表示不超过 \(v\) 的纸币的最大面额。我们可以证明 \(mn_x = mn_{x-1} +m(mn_x)\)。

一方面，\(mn_{x-1} \le mn_x -m(mn_x)\)，因为从产生总和 $ mn_x$ 的纸币集合中，我们总是可以删除最大的纸币(等于 \(m(mn_x)\))，并得到产生总和 \(mn_x-m(mn_x)\) 的 \(x - 1\) 张纸币集合的正确结果。

另一方面，假设我们固定 \(x\)，并且 $ mn_{x-1} < mn_x-m(mn_x)$。我们可以看到，在这种情况下，数值 \(mn_{x-1}+m( mn_x)< mn_x\)，当被要求提供 \(mn_x\) 时，自动取款机将正好返回纸币—— 一张 \(m(mn)\) 纸币(它是最大的，不超过这个数额)，以及另外 \(x-1\) 张纸币，总和等于 \(mnx-1\)，所以假设不成立，\(mn_x = mn_{x-1}+m(mn_x)\)。

利用这一观察，我们可以在 \(O(n)\) 时间负责度内计算出 \(mn_x\) 的所有值。

为了解决最后一组问题，我们可以注意到，没有必要对不同的 \(b_j\) 进行独立求解，但只要通过二分搜索找到最后的 \(a < b_j\)，并查看相应的 \(mn_x\) 值的即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++ i)
#define per(i, r, l) for(int i = r; i >= l; -- i)
const int N = 2e5 + 10;
int n, Q, x, a[N], u[N], v[N];
main()
{
	scanf("%lld", &n);
	rep(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);
	rep(i, 1, n - 1) 
    {
		int t = (a[i + 1] - u[i] - 1) / a[i];
		u[i + 1] = u[i] + t * a[i];
        v[i + 1] = v[i] + t;
	}
	scanf("%lld", &Q);
    for(; Q; -- Q)
	{
		scanf("%lld", &x);
		int t = upper_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a - 1, p = (x - u[t]) / a[t];
		printf("%lld %lld\n", u[t] + p * a[t], p + v[t]);
	}
	return 0;
}