蓝桥杯冶炼金属

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🔧 冶炼金属转换率推测题解

📜 原题描述

小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 O O O 冶炼成为一种特殊金属 X X X。这个炉子有一个属性叫转换率 V V V，是一个正整数，表示每 V V V 个普通金属 O O O 可以冶炼出 1 个特殊金属 X X X。

有 N N N 条冶炼记录，每条记录包含两个整数 A A A 和 B B B，表示本次使用了 A A A 个普通金属 O O O，冶炼出了 B B B 个特殊金属 X X X。

每次冶炼是独立的，剩余金属不会带到下一次。

现在，请你根据所有冶炼记录推测转换率 V V V 的最小可能值 和最大可能值。

题目保证有解。

🧾 输入格式

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第一行：整数 N（1 ≤ N ≤ 10^4）

接下来的 N 行：每行两个整数 A, B（1 ≤ B ≤ A ≤ 10^9）

📤 输出格式

输出两个整数，表示可能的最小转换率 V V V 和最大转换率 V V V，用空格隔开。

🧪 输入样例

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✅ 输出样例

out 复制代码

20 25

💡 思路解析（基于你的代码）

本题要求找出使得每条记录都满足 ⌊ A i V ⌋ = B i \left\lfloor \frac{A_i}{V} \right\rfloor = B_i ⌊VAi⌋=Bi 的所有 V V V，并输出其中的最小值和最大值。

你使用了两次二分查找：

第一次查最小合法 V V V（尽可能小）；
第二次查最大合法 V V V（尽可能大）。

🔁 判定逻辑：

对于每个中间值 m i d mid mid，用 arr[i][0] / mid 与 arr[i][1] 做比较：
- 如果大于 B i B_i Bi，说明 m i d mid mid 太小了，要增大；
- 如果小于 B i B_i Bi，说明 m i d mid mid 太大了，要减小；
- 否则说明该 m i d mid mid 是合法值。

📐 算法解析

设定二分范围 [ 1 , max ⁡ A i ] [1, \max A_i] [1,maxAi]；
第一次二分 找出满足条件的最小合法 V V V；
第二次二分 找出满足条件的最大合法 V V V；
输出这两个值。

时间复杂度：

每次二分最多 log ⁡ ( 10 9 ) \log(10^9) log(109) 次；
每次判断遍历 N N N 条记录；
总体复杂度约为 O ( N log ⁡ A m a x ) O(N \log A_{max}) O(NlogAmax)。

💻 完整代码（原封不动）

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int N;
    cin >> N;
    vector<vector<int>> arr(N, vector<int>(2));
    int l = 1, r = 1, res1 = INT_MAX, res2 = INT_MIN, r_l, r_r;
    for (int i = 0; i < N; i++) cin >> arr[i][0] >> arr[i][1], r = max(r, arr[i][0]);
    r_l = l, r_r = r;
    while(r_l <= r_r) {
        int mid = (r_l + r_r) / 2;
        int code = 0;
        for (int i = 0; i < N && code == 0; i++) {
            if (arr[i][0] / mid > arr[i][1]) code = 1;
            if (arr[i][0] / mid < arr[i][1]) code = 2;
        }
        if (code == 0) res1 = min(res1, mid);
        if (code == 1) r_l = mid + 1;
        else r_r = mid - 1;
    }
    r_l = l, r_r = r;
    while(r_l <= r_r) {
        int mid = (r_l + r_r) / 2;
        int code = 0;
        for (int i = 0; i < N && code == 0; i++) {
            if (arr[i][0] / mid > arr[i][1]) code = 1;
            if (arr[i][0] / mid < arr[i][1]) code = 2;
        }
        if (code == 0) res2 = max(res1, mid);
        if (code == 2) r_r = mid - 1;
        else r_l = mid + 1;
    }
    cout << res1 << " " << res2;
    return 0;
}//by wqs

✅ 总结

这段代码巧妙地用了二分查找解决最大/最小合法值问题。

第一次二分是找下界（合法的最小值）；
第二次二分是找上界（合法的最大值）；
每次判断只要符合全部记录，就尝试更新答案。

这种思路比直接取不等式交集更通用，也适用于更复杂的分段函数类问题。

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