非官方题解 | ACGO欢乐赛#67

风之叹

2026-02-15 22:24:47

发布于：广东

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前言：

请大家放心看题解，虽然作者这次“破天荒”没有AK欢乐赛（因为我的浮木让我先把《匆匆》背完再去打比赛），但是这份题解是作者花了大量时间写的。

T1 皓仔的存钱罐

一、题目理解

你需要解决的问题是：给定存钱罐里一元硬币的总数 n，计算最多能兑换成多少张100元的纸币。核心就是求 n 中有多少个完整的100，只需要取整数部分即可。

二、解题思路

核心逻辑：因为每张纸币需要100个一元硬币，所以能兑换的纸币数量 = 总硬币数 ÷ 100（取整数部分）。
- 例如：150 ÷ 100 = 1.5 → 取整数部分1；200 ÷ 100 = 2 → 取整数部分2。
实现方式：在C++中，整数除以整数会自动舍去小数部分，直接得到整数结果，因此可以直接用 / 运算符计算。

三、完整代码（带详细注释）

// 包含所有常用头文件，简化代码编写
#include <bits/stdc++.h>
// 使用std命名空间，避免重复写std::
using namespace std;

int main() {
    // 定义整型变量n，存储输入的硬币总数（一元硬币的数量）
    int n;
    // 从控制台读取输入的整数n
    cin >> n;
    // 计算能兑换的100元纸币数量：整数除法自动舍去小数部分
    int m = n / 100;
    // 输出结果
    cout << m;
    // 程序正常结束
    return 0;
}

四、代码逐行解释

#include <bits/stdc++.h>：这是C++的万能头文件，包含了所有常用的标准库头文件（如输入输出、数据结构等），新手使用可以避免漏写头文件的问题。
using namespace std;：使用标准命名空间，这样后续使用cin、cout等时不需要加std::前缀。
int main()：程序的主函数，是程序执行的入口。
int n;：声明一个整型变量n，用于存储输入的硬币总数（因为硬币是一元的，所以n也代表总金额）。
cin >> n;：从控制台读取用户输入的整数，赋值给变量n。
int m = n / 100;：核心计算逻辑，用总金额n除以100，因为是整数除法，结果会自动舍去小数部分，得到最多能兑换的纸币数量。
- 例如：输入150时，150/100=1；输入200时，200/100=2；输入999时，999/100=9。
cout << m;：将计算结果m输出到控制台。
return 0;：主函数返回0，表示程序正常执行结束。

五、测试用例验证

输入	计算过程	输出	说明
150	150 ÷ 100 = 1	1	150元最多换1张100元，剩余50元不够换
200	200 ÷ 100 = 2	2	200元刚好换2张100元
999	999 ÷ 100 = 9	9	999元最多换9张100元，剩余99元不够换
10000	10000 ÷ 100 = 100	100	10000元刚好换100张100元

六、注意事项

数据范围：题目说明100 ≤ n ≤ 10000，int类型的取值范围远大于这个区间，因此无需担心溢出问题。
整数除法特性：C++中整数相除时，结果只保留整数部分，小数部分直接丢弃（不是四舍五入），这正好符合题目“最多能换几张”的要求。

总结

本题核心是利用整数除法舍去小数部分的特性，计算总金额中包含多少个完整的100元。
代码实现的关键步骤：读取输入的总金额 → 用总金额除以100 → 输出结果。
新手需要掌握cin（输入）、cout（输出）的基本用法，以及整数除法的特性。

T2 皓仔买水果

一、题目深度理解

你需要解决的核心问题是：皓仔有 n 元钱，只能选择苹果、梨子、桃子中的一种水果购买（不能混合买），三种水果单价分别为 a、b、c 元。要找到一种购买方式，让花完钱后剩下的金额最少，最终输出这个“最少剩余金额”。

举个例子：输入 10 4 7 6 时，

买苹果：10元最多买2个（花8元），剩余 10 - 2×4 = 2 元；
买梨子：10元最多买1个（花7元），剩余 10 - 1×7 = 3 元；
买桃子：10元最多买1个（花6元），剩余 10 - 1×6 = 4 元；
最少剩余金额是2元，这就是最终答案。

二、解题核心思路

剩余金额的计算方式：
购买单价为 x 的水果时，剩余金额 = 总钱数 n 取余单价 x（即 n % x）。
- 取余运算 % 的本质：求 n 除以 x 后剩下的余数，正好对应“花最多钱买该水果后剩下的钱”。
- 例如：10 % 4 = 2、10 % 7 = 3、10 % 6 = 4，完全匹配上面的例子。
最终目标：
计算买苹果、梨子、桃子三种情况的剩余金额，再取这三个值的最小值。

三、完整代码（带逐行注释）

// 万能头文件：包含C++所有常用标准库，无需单独引入iostream等
#include <bits/stdc++.h>
// 使用std命名空间：避免写std::cin、std::cout等冗余代码
using namespace std;

int main() {
    // 定义变量：n=总钱数，a=苹果单价，b=梨子单价，c=桃子单价
    // 用long long而非int：题目中数值范围达10^9，int最大值约2×10^9（勉强够），long long更安全（最大值9×10^18）
    long long n, a, b, c;
    
    // 读取输入：依次输入4个整数，赋值给n、a、b、c
    cin >> n >> a >> b >> c;
    
    // 计算每种水果购买后的剩余金额
    long long pg = n % a;  // 买苹果剩余的钱
    long long li = n % b;  // 买梨子剩余的钱
    long long tz = n % c;  // 买桃子剩余的钱
    
    // 找三个剩余金额的最小值：先找li和tz的最小值，再和pg比
    long long mi = min(pg, min(li, tz));
    
    // 输出最少剩余金额
    cout << mi;
    
    // 程序正常结束
    return 0;
}

四、代码关键细节解释

数据类型选择（long long）：
题目明确说明 1 ≤ n,a,b,c ≤ 10^9：
- int 类型的取值范围是 -2^31 ~ 2^31-1（约 -2×10^9 ~ 2×10^9），虽然能容纳 10^9，但如果后续有扩展计算（比如 n*a）可能溢出；
- long long 类型取值范围是 -2^63 ~ 2^63-1（约 -9×10^18 ~ 9×10^18），完全覆盖题目范围，是工业界的最佳实践。
取余运算 % 的正确性：
取余运算的数学定义是：n = k×x + r（其中 k 是整数，0 ≤ r < x），这里的 r 就是 n%x。
- k 对应“最多能买的水果数量”，r 对应“剩余的钱”，正好符合题目“尽量花完钱”的要求。
- 极端情况：若 n 是 x 的整数倍（如 n=20, x=5），则 n%x=0，代表钱能全部花完，剩余0元（最优解）。
最小值的计算方式：
代码中 min(pg, min(li, tz)) 是分步求最小值的写法：
- 第一步：min(li, tz) 找到买梨子和桃子的最小剩余金额；
- 第二步：再和 pg 比较，找到三者的最小值。
  也可以用C++11及以上支持的简化写法：min({pg, li, tz})，效果完全一致。

五、多组测试用例验证

输入	计算过程（剩余金额）	最小值	输出	说明
10 4 7 6	苹果=2、梨子=3、桃子=4	2	2	样例输入，买苹果剩余最少
20 5 8 10	苹果=0、梨子=4、桃子=0	0	0	买苹果/桃子能花完所有钱
15 7 9 11	苹果=1、梨子=6、桃子=4	1	1	买苹果剩余最少
999999999 1 2 3	苹果=0、梨子=1、桃子=0	0	0	买苹果/桃子能花完钱

六、边界情况考虑

n < 单价：比如输入 5 6 7 8，此时 5%6=5、5%7=5、5%8=5，输出5（只能不买，剩余全部钱）；
单价=1：比如输入 100 1 2 3，100%1=0，输出0（能买100个苹果，花完所有钱）；
n=单价：比如输入 10 10 20 30，10%10=0，输出0（买1个苹果，花完钱）。

总结

核心逻辑：剩余金额 = 总钱数 % 水果单价，最终取三个剩余值的最小值；
关键细节：用 long long 避免数值溢出，% 运算符精准计算剩余金额；
代码特点：简洁高效，时间复杂度为 O(1)（仅固定次数的算术运算），能处理题目所有数据范围。

T3 皓仔的车辆测试

一、题目深度理解

你需要解决的核心问题是：给定 n 个采样点的高度，先计算每两个相邻采样点的高度差的绝对值（即“颠簸量”），再求所有颠簸量的平均值，最终将平均值四舍五入保留2位小数输出。

举个例子（对应样例输入）：

采样点数量 n=5，高度为 3, 1, -1, 6, 4；
相邻颠簸量计算：
- 第1段：|1-3|=2；
- 第2段：|-1-1|=2；
- 第3段：|6-(-1)|=7；
- 第4段：|4-6|=2；
总颠簸量：2+2+7+2=13；
平均颠簸度：13 ÷ (5-1) = 3.25（正好保留2位小数）。

二、解题核心思路

关键公式推导：
- 相邻段数量 = 采样点数量 - 1（n-1）；
- 总颠簸量 = 所有相邻采样点高度差的绝对值之和；
- 平均颠簸度 = 总颠簸量 ÷ 相邻段数量（sum / (n-1)）。
实现步骤：
- 读取采样点数量 n；
- 遍历所有采样点，累加相邻高度差的绝对值得到总颠簸量；
- 计算平均值并按要求格式化输出。

三、完整代码（带逐行注释）

// 万能头文件：包含所有常用标准库，无需单独引入iostream、cmath等
#include <bits/stdc++.h>
// 使用std命名空间，简化cin、cout、abs等函数的调用
using namespace std;

int main() {
    // 定义采样点数量n（int足够，因为n≤10^5 < int最大值）
    int n;
    cin >> n;
    
    // 总颠簸量sum：用long long避免溢出（h_i范围±10^9，n≤10^5，sum最大10^14，远超int范围）
    long long sum = 0;
    // x存储前一个采样点高度，y存储当前采样点高度
    long long x, y;
    
    // 读取第一个采样点的高度，作为初始的“前一个高度”
    cin >> x;
    
    // 遍历剩余n-1个采样点（i从1到n-1）
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        // 读取当前采样点高度
        cin >> y;
        // 累加当前段的颠簸量（高度差的绝对值）
        sum += abs(y - x);
        // 更新前一个高度为当前高度，为下一次循环做准备
        x = y;
    }
    
    // 计算平均颠簸度：sum*1.0将整数转为浮点数，避免整数除法
    double m = sum * 1.0 / (n - 1);
    
    // 格式化输出：保留2位小数（自动四舍五入）
    printf("%.2f", m);
    
    // 程序正常结束
    return 0;
}

四、代码关键细节解释

数据类型选择（核心避坑点）：
- n 用 int：n≤10^5，而 int 最大值约 2×10^9，完全足够；
- sum/x/y 用 long long：
  - 单个高度差的绝对值最大为 |10^9 - (-10^9)| = 2×10^9；
  - 总颠簸量最大为 10^5 × 2×10^9 = 2×10^14，远超 int 最大值（2×10^9），必须用 long long（最大值9×10^18）避免溢出。
循环逻辑优化：
- 先读取第一个采样点高度 x，再循环读取剩余 n-1 个点：
  - 避免重复读取数据，减少内存占用（无需存储所有高度，只需保存前一个值）；
  - 时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(1)，适合 n=10^5 的大数据量。
浮点数计算与格式化输出：
- sum * 1.0：将 long long 类型的 sum 转为浮点数，确保除法是“浮点数除法”而非“整数除法”（例如 13/4 若用整数除法得3，浮点数除法得3.25）；
- printf("%.2f", m)：
  - %.2f 表示保留2位小数；
  - 自动四舍五入（例如计算结果为3.249999，输出3.25；为3.254999，也输出3.25）；
  - 若用 cout 实现，需添加 fixed 和 setprecision(2)（需引入 <iomanip>，但万能头已包含），写法为：cout << fixed << setprecision(2) << m;。

五、多组测试用例验证

输入	计算过程（总颠簸量/段数）	平均值	输出	说明
5<br>3 1 -1 6 4	(2+2+7+2)/4 = 13/4 = 3.25	3.25	3.25	样例输入，无四舍五入
3<br>10 5 8	(5+3)/2 = 8/2 = 4.0	4.0	4.00	自动补0保留2位
4<br>-5 0 -3 7	(5+3+10)/3 = 18/3 = 6.0	6.0	6.00	包含负数高度
2<br>1000000000 -1000000000	(2000000000)/1 = 2e9	2000000000.00	2000000000.00	极端数值（验证long long有效性）

六、边界情况与性能分析

边界情况：
- n=2（最小采样点数量）：仅1段颠簸量，直接输出该值÷1的结果；
- 所有相邻高度相同：总颠簸量为0，输出0.00；
- 高度包含正负值：abs() 函数能正确计算绝对值，不受符号影响。
性能分析：
- 时间复杂度：O(n)，仅遍历一次采样点，适合 n=10^5 的数据规模；
- 空间复杂度：O(1)，仅使用固定数量的变量，不占用额外内存。

总结

核心逻辑：总颠簸量 = 相邻高度差绝对值之和，平均颠簸度 = 总颠簸量/(n-1)；
关键避坑点：用 long long 存储高度和总颠簸量，避免数值溢出；
输出技巧：用 printf("%.2f") 或 cout << fixed << setprecision(2) 实现保留2位小数的格式化输出。

T4 皓仔的字母寻宝

一、题目深度理解

你需要解决的核心问题是：给定一个 n 行 m 列的字符矩阵，找出所有出现的大写字母（A~Z），并按 A到Z的顺序 输出每个字母的位置（行号、列号从1开始）；若没有任何大写字母，输出 not found。

关键约束：

每个大写字母最多出现1次，无需处理重复；
输出必须严格按字母表顺序（即使矩阵中字母出现顺序混乱，也要按A→B→…→Z输出）；
行号、列号从1开始计数（而非程序常用的0开始）。

二、解题核心思路

数据存储设计：
- 大写字母共26个（A~Z），可以用一个长度为26的结构体数组存储每个字母的信息：
  - 是否存在（e：存在为1，不存在为0）；
  - 行号（r）；
  - 列号（c）。
- 结构体数组下标与字母的对应关系：A对应下标0，B对应下标1，…，Z对应下标25（通过 ch - 'A' 计算）。
核心步骤：
- 初始化：将26个字母的“存在标记”设为0（不存在）；
- 遍历矩阵：逐个字符检查，若为大写字母，记录其行号、列号，并将对应标记设为1；
- 输出结果：按A→Z的顺序（遍历0~25下标）检查标记，存在则输出，否则最后输出not found。

三、完整代码（带逐行注释）

// 万能头文件：包含所有常用标准库（如iostream、string等）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 定义结构体：存储每个字母的位置和是否存在的标记
struct Pos {
    int r;    // 行号（从1开始）
    int c;    // 列号（从1开始）
    bool e;   // 存在标记：1=存在，0=不存在
} pos[26];    // 数组长度26，对应A(0)~Z(25)

int n, m;     // 矩阵的行数n，列数m

int main() {
    // 初始化：所有字母默认不存在（e=0）
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        pos[i].e = 0;
    }

    // 读取矩阵的行数和列数
    cin >> n >> m;

    string s;  // 存储每行的字符
    // 遍历每一行（行号从1开始）
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s;  // 读取第i行的字符
        // 遍历该行的每一列（列号从1开始）
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            // 注意：字符串下标从0开始，所以第j列对应s[j-1]
            char ch = s[j - 1];
            // 判断是否为大写字母（A~Z）
            if (ch >= 'A' && ch <= 'Z') {
                int idx = ch - 'A';  // 计算字母对应的数组下标（A→0，B→1...）
                pos[idx].r = i;      // 记录行号
                pos[idx].c = j;      // 记录列号
                pos[idx].e = 1;      // 标记该字母存在
            }
        }
    }

    bool flag = 0;  // 标记是否找到至少一个大写字母
    // 按A→Z的顺序遍历（下标0~25）
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        // 如果该字母存在
        if (pos[i].e) {
            flag = 1;  // 标记找到字母
            char ch = 'A' + i;  // 下标转回对应字母（0→A，1→B...）
            // 输出：字母 行号 列号
            cout << ch << " " << pos[i].r << " " << pos[i].c << endl;
        }
    }

    // 若未找到任何大写字母，输出not found
    if (!flag) {
        cout << "not found";
    }

    return 0;
}

四、代码关键细节解释

结构体数组设计（核心）：
- 为什么用长度26的数组？因为大写字母只有26个，下标与字母一一对应，能快速定位和按序输出；
- e 字段的作用：避免重复判断，同时标记是否存在该字母；
- 初始化时将所有 e 设为0，确保未出现的字母不会被误输出。
矩阵遍历的下标转换：
- 程序中矩阵的行号、列号从1开始（符合题目要求），但字符串的下标从0开始，因此第 j 列的字符对应 s[j-1]；
- 例如样例输入1中，第一行字符串是 aB#d（下标0:a，1:B，2:#，3:d），列号2对应的字符是 s[1]，即B，与样例输出“B 1 2”一致。
字母与下标转换：
- 大写字母转下标：ch - 'A'（如 'B' - 'A' = 1）；
- 下标转大写字母：'A' + i（如 'A' + 1 = 'B'）；
- 该转换利用了ASCII码的连续性（A_{Z的ASCII码是65}90，连续递增）。
输出顺序保证：
- 最终遍历下标0_25（对应AZ），而非按矩阵中字母出现的顺序，确保输出严格按字母表排序；
- 例如样例输入1中，矩阵中出现的字母是B、F、H，遍历下标时会先找到B（下标1），再找到F（下标5），最后找到H（下标7），与样例输出顺序一致。

五、测试用例验证

样例输入1

3 4
aB#d
eFgH
ijkl

执行过程：

初始化：pos[0]~pos[25]的e均为0；
遍历矩阵：
- 第1行（i=1）：s="aB#d"，j=2时ch='B'，idx=1 → pos[1].r=1, pos[1].c=2, pos[1].e=1；
- 第2行（i=2）：s="eFgH"，j=2时ch='F'，idx=5 → pos[5].r=2, pos[5].c=2, pos[5].e=1；j=4时ch='H'，idx=7 → pos[7].r=2, pos[7].c=4, pos[7].e=1；
- 第3行（i=3）：无大写字母；
输出：遍历0~25，依次输出B、F、H，与样例输出一致。

样例输入2

3 4
ab#d
efgh
ijkl

执行过程：

遍历矩阵无大写字母，flag保持0；
最终输出not found，与样例输出一致。

六、边界情况与性能分析

边界情况：
- 矩阵中只有1个大写字母（如n=1,m=1，字符为Z）：输出“Z 1 1”；
- 矩阵中包含所有26个大写字母：按A→Z顺序输出所有字母的位置；
- 矩阵行列数为最大值（1000×1000）：代码仍能高效处理（时间复杂度O(n×m)，1000×1000=1e6次循环，无性能问题）。
性能分析：
- 时间复杂度：O(n×m + 26)，核心是遍历矩阵的O(n×m)，后续遍历26个字母可忽略；
- 空间复杂度：O(26)，仅使用固定大小的结构体数组，无额外内存消耗（无需存储整个矩阵，读取一行处理一行即可）。

总结

核心思路：用26长度的结构体数组映射A~Z，记录位置和存在状态，遍历矩阵填充信息，再按字母表顺序输出；
关键细节：行号/列号从1开始，需注意字符串下标与列号的转换（j-1）；
输出要求：严格按A→Z顺序，而非矩阵中字母出现的顺序，通过遍历0~25下标实现。

T5 皓仔的字母占比

一、题目深度理解

你需要解决的核心问题是：给定十进制整数 n，在进制范围 [2, 36] 中找到一个进制 b，使得 n 转换为 b 进制后的字符串中，字母（A~Z）的占比 最大；若多个进制占比相同，选择数值更小的进制。

关键规则：

进制转换规则：0~9 用数字字符，10~35 用A~Z表示；
字母占比 = 字母字符数 / 总字符数；
特殊情况：n=0 时，所有进制下表示均为"0"，字母占比为0，按要求输出最小进制2。

二、解题核心思路

核心步骤拆解：
- 对每个测试用例的 n，遍历所有进制 b ∈ [2, 36]；
- 对每个进制 b，调用 toB 函数将 n 转换为 b 进制字符串；
- 统计字符串中字母（A~Z）的数量 lc，计算占比 r = lc / 字符串长度；
- 记录占比最大的进制 bb（占比相同时选更小的进制）；
- 输出最终选中的进制 bb。
关键细节：
- 进制转换需处理 n=0 的特殊情况（直接返回"0"）；
- 占比比较时需用浮点数，且需优先保留更小的进制（占比相同时）。

三、完整代码（保留原变量名 + 逐行注释）

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

// 原变量名：n为待转换数，b为目标进制，返回b进制字符串
string toB(long long n, int b) {
    // 特殊情况：n=0时所有进制表示为"0"
    if (n == 0) return "0";
    string r = "";  // 原变量名r：存储转换后的字符串结果
    while (n > 0) {
        int d = n % b;  // 原变量名d：当前位的数码（余数）
        if (d < 10) r = char(d + '0') + r;  // 数码0-9转为数字字符
        else r = char(d - 10 + 'A') + r;  // 数码10-35转为字母字符
        n /= b;  // 去掉最后一位，继续处理高位
    }
    return r;
}

int main() {
    int t;  // 原变量名t：测试用例个数
    cin >> t;
    while (t--) {
        long long n;  // 原变量名n：输入的十进制数
        cin >> n;
        int bb = 2;   // 原变量名bb：记录最优进制（初始为最小进制2）
        double mr = 0.0;  // 原变量名mr：记录最大字母占比（初始为0）
        
        // 遍历所有候选进制（2~36）
        for (int b = 2; b <= 36; b++) {
            string s = toB(n, b);  // 原变量名s：n的b进制字符串
            int lc = 0;  // 原变量名lc：字母（A~Z）的数量
            for (int i = 0; i < s.size(); i++) {  // 遍历字符串每个字符
                if (s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z') 
                    lc++;
            }
            double r = (double)lc / s.size();  // 原变量名r：当前进制的字母占比
            
            // 更新最优进制：占比更大 或 占比相同但进制更小
            if (r > mr || (r == mr && b < bb)) {
                mr = r;
                bb = b;
            }
        }
        cout << bb << endl;  // 输出最优进制
    }
    return 0;
}

四、代码关键细节解释（保留原变量名）

进制转换函数 toB（核心）：
- n：传入的十进制数，b：目标进制，函数返回 n 的 b 进制字符串；
- d：每次取 n%b 得到的当前位数码，是进制转换的核心变量；
- r：拼接转换后的字符，通过 新字符 + r 保证高位在前（如35转36进制得到"Z"）；
- 特殊处理 n=0：直接返回"0"，符合题目规则。
主函数核心变量：
- t：测试用例个数，通过 while(t--) 循环处理每个用例；
- bb：最终要输出的最优进制，初始值为2（最小进制，保证占比相同时选更小值）；
- mr：记录遍历过程中遇到的最大字母占比，初始为0；
- lc：统计当前进制字符串中字母的数量，是计算占比的核心；
- r：当前进制的字母占比，需将 lc 转为 double 避免整数除法（如1/2=0而非0.5）。
最优进制选择逻辑：
- 条件 r > mr：当前进制占比更大，更新最大占比 mr 和最优进制 bb；
- 条件 r == mr && b < bb：占比相同但进制更小，更新最优进制（如多个进制占比为0时，保留初始值2）。

五、样例输入验证（保留原变量名逻辑）

以样例输入 10 为例：

遍历 b=2：s="1010"，lc=0，r=0.0 → mr=0.0，bb=2；
遍历 b=11：s="A"，lc=1，r=1.0 → mr=1.0，bb=11；
后续进制（12~36）的 r 均≤1.0，最终 bb=11，与样例输出一致。

六、边界情况与性能

边界情况：
- n=0：所有进制 s="0"，lc=0，r=0.0 → bb=2；
- n=35：b=36 时 s="Z"，lc=1，r=1.0 → bb=36；
性能：
- 每个测试用例仅遍历35个进制（2~36），每个进制转换的时间为 O(log_b n)（最多约60次循环）；
- 即使 t=1e4，总循环次数仅3.5e5，无性能压力。

总结（保留原变量名）

核心逻辑：通过 toB 函数完成进制转换，遍历所有进制计算字母占比 r，选择占比最大的进制 bb；
关键变量：lc 统计字母数，mr 记录最大占比，bb 记录最优进制；
选择规则：占比优先（r > mr），占比相同时选更小进制（b < bb）。

（作者在做这道题时把第4题的代码写到这题去了，结果全部RE）

T6 皓仔的手工课

一、题目深度理解

你需要解决的核心问题是：给定 n 根长度不同的绳子，要将每根绳子剪成若干段长度为 L 的等长小段（不足 L 的部分丢弃），要求最终至少得到 k 段，且 L 要尽可能大；若无论如何都无法得到 k 段，则输出 0。

关键规则：

每根绳子能剪出的段数 = 绳子长度 // L（整数除法，舍去余数）；
总段数 = 所有绳子剪出段数之和；
目标：找到满足“总段数 ≥ k”的最大 L。

二、解题核心思路

这是典型的二分查找问题，核心逻辑是“二分答案”：

答案范围确定：L 的最小可能值是 1，最大可能值是所有绳子中的最长长度（超过这个长度的话，至少有一根绳子剪不出段，总段数必然不足）；
二分判断逻辑：对某个候选长度 mid，计算所有绳子能剪出的总段数：
- 若总段数 ≥ k：说明 mid 是可行解，尝试找更大的 L（调整左边界）；
- 若总段数 < k：说明 mid 不可行，需要找更小的 L（调整右边界）；
边界预处理：若所有绳子的总长度 < k（即使 L=1，总段数也不足 k），直接输出 0。

三、完整代码（保留原变量名 + 逐行注释）

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

int n, k;        // 原变量名：n=绳子数量，k=需要的最少段数
int a[101];      // 原变量名：存储每根绳子的长度（数组大小101适配n≤100）
int mx;          // 原变量名：存储最长绳子的长度（二分右边界）
int sum;         // 原变量名：存储所有绳子的总长度（预处理判断）
int res;         // 原变量名：存储最终答案（最大可行L）

int main() {
    // 步骤1：输入基本信息
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];               // 读取第i根绳子的长度
        mx = max(mx, a[i]);        // 更新最长绳子长度
        sum += a[i];               // 累加总长度
    }

    // 步骤2：预处理：总长度 < k → 即使L=1也不够，直接输出0
    if (sum < k) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }

    // 步骤3：二分查找最大可行L
    int l = 1, r = mx;            // 二分左右边界：L最小1，最大为最长绳子长度
    while (l <= r) {
        // 计算中间值（避免l+r溢出，等价于(l+r)/2）
        int m = l + (r - l) / 2;
        int cnt = 0;               // 原变量名：当前L=m时的总段数
        
        // 计算所有绳子能剪出的总段数
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cnt += a[i] / m;       // 每根绳子的段数=长度//L
            if (cnt >= k) break;   // 提前终止：总段数已满足，无需继续计算
        }

        // 判断是否可行
        if (cnt >= k) {
            res = m;               // 记录当前可行的L
            l = m + 1;             // 尝试找更大的L（调整左边界）
        } else {
            r = m - 1;             // 当前L太大，找更小的L（调整右边界）
        }
    }

    // 步骤4：输出结果
    cout << res;
    return 0;
}

四、代码关键细节解释（保留原变量名）

预处理逻辑（sum < k）：
- 所有绳子总长度是能剪出的最大段数（当 L=1 时，每1单位长度为1段）；
- 若总长度 < k，说明即使 L=1 也凑不够 k 段，直接输出 0，避免无效的二分查找。
二分查找核心（l, r, m）：
- l=1：L 的最小可能值（正整数）；
- r=mx：L 的最大可能值（超过最长绳子长度的话，至少有一根绳子剪不出段）；
- m = l + (r - l)/2：等价于 (l+r)/2，但避免了 l+r 超出int范围（本题数据范围小，两种写法均可，但前者是工业界最佳实践）。
总段数计算（cnt）：
- a[i]/m：整数除法，例如 8/3=2（8长度的绳子剪3长度的段，能剪2段）；
- if (cnt >= k) break：提前终止循环，减少计算量（比如前几根绳子就凑够了k段，无需计算剩余绳子）。
二分调整逻辑：
- 若 cnt >= k：m 是可行解，记录到 res，并尝试找更大的 L（l = m + 1）；
- 若 cnt < k：m 太大，需要缩小 L（r = m - 1）；
- 循环结束时，res 存储的是最后一个可行的最大 L。

五、样例输入验证（原变量名逻辑）

样例输入：5 11，绳子长度 8 9 8 6 7

预处理：sum=8+9+8+6+7=38 ≥ 11，进入二分；
初始边界：l=1，r=9（最长绳子长度为9）；
- 第一次循环：m=5，总段数=8/5+9/5+8/5+6/5+7/5=1+1+1+1+1=5 < 11 → r=4；
- 第二次循环：m=2，总段数=4+4+4+3+3=18 ≥11 → res=2，l=3；
- 第三次循环：m=3，总段数=2+3+2+2+2=11 ≥11 → res=3，l=4；
- 第四次循环：m=4，总段数=2+2+2+1+1=8 <11 → r=3；
- 循环结束（l=4 > r=3），最终 res=3，与样例输出一致。

六、边界情况与性能分析

边界情况：
- 总长度 < k：输入 3 10，绳子长度 1 2 3 → sum=6 <10 → 输出 0；
- 刚好满足k段：输入 2 5，绳子长度 5 5 → L=2时总段数=2+2=4 <5，L=1时总段数=5+5=10 ≥5 → 输出 1；
- 所有绳子长度相同：输入 3 6，绳子长度 6 6 6 → L=3时总段数=2+2+2=6 → 输出 3。
性能分析：
- 时间复杂度：二分循环次数为 log2(1000) ≈ 10 次，每次循环遍历 n≤100 根绳子 → 总操作数≈1000，远小于时间限制；
- 空间复杂度：仅使用固定大小的数组和变量 → O(n)，满足内存限制。