非常容易理解 的思路

满分 思路代码还没想出来，看了题解区，只有一个满分思路，个人觉得理解起来还是有一点难度，给一个虽然超时只能拿到80分，但超容易理解的思路代码。

n张课堂优秀券、m张作业优秀券，用来兑换奖品：
方法1：a 张课堂优秀券和 b 张作业优秀券兑换一份奖品
方法2：b 张课堂优秀券和 a 张作业优秀券兑换一份奖品
求最多能兑换多少份奖品？
以上的设定，某种程度上课堂优秀券和作业优秀券等价。

贪心思路：用优秀券兑换奖品时，要想兑换的奖品最多，每次兑换，倾向于消耗更多数量偏多的优秀券，那如何办到呢？自然是那种优秀券更多，就用更多的这种优秀券去兑换奖品。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, a, b;
int ans;  //可兑换的奖品数量
int main() {
	cin>>n>>m>>a>>b;
	if(a<b) swap(a, b); //a存大值，b存小值 
	while(true) {
        //倾向于更多消耗数量多的优秀券，所以，如果n小于m，交换n，m，每次用a消耗n，用b消耗m
		if(n<m) swap(n, m);   
		if(n>=a && m>=b) {
			n-=a;
			m-=b;
			ans++;
		} else break;  //当n、m不够消耗，循环终止
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

显然，上述代码思路的时间复杂度是：O(n)，数据量最大为$10^9$，会超时。不知道有没有大佬可以在这个思路的基础上做进一步的优化。我再想想，想出来再更新。
PS. 这个代码在acgo可以拿到满分。

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上述思路每次循环只兑换一份奖品，如果一次循环可以兑换多次奖品的话，不就可以减少循环次数了吗！！！

假定最初n张课堂优秀券、m张作业优秀券满足n>=m（不满足交换即可）
由于每次都让较多的优秀券减少的更多，所以在进行k(k>0)次兑换后，一定可以使得n<m，找到这个兑换次数，每次循环进行k次兑换。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, a, b;
int ans;
int main() {
	cin>>n>>m>>a>>b;
	if(a<b) swap(a, b); //a存大值，b存小值 
	while(true) {
		//倾向于更多消耗数量多的优秀券，所以，如果n小于m，交换n，m，每次用a消耗n，用b消耗m
		if(n<m) swap(n, m); 
		//由于每次都让较多的优秀券减少的更多，所以在进行k(k>0)次兑换后，一定可以使得n<m
		//k1：用a消耗n的兑换次数
		//k2：用b消耗m的兑换次数 
		//k3：从 "n大m小"到"n小m大" 的兑换次数
		int k1=n/a, k2=m/b, k3=(n-m)/(a-b)+1;
		//每次循环进行多次兑换，兑换到 n<m 或不可再进行兑换为止 
		int k=min(k1, min(k2, k3));  
		if(k==0) break;   //无法兑换终止循环
		ans+=k; 
		n-=k*a;
		m-=k*b; 
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

提交两个测试样例从TLE变成了RE，代码运行过程中要除以（a-b），当a和b相等时，会出现除0错误，a和b相等的情况可以作为特例进行处理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, a, b;
int ans;
int main() {
	cin>>n>>m>>a>>b;
	if(a==b){   //特例提前处理
		cout<<min(n/a, m/a);
		return 0;
	} 
	if(a<b) swap(a, b); //a存大值，b存小值 
	while(true) {
		//倾向于更多消耗数量多的优秀券，所以，如果n小于m，交换n，m，每次用a消耗n，用b消耗m
		if(n<m) swap(n, m); 
		//由于每次都让较多的优秀券减少的更多，所以在进行k(k>0)次兑换后，一定可以使得n<m
		//k1：用a消耗n的兑换次数
		//k2：用b消耗m的兑换次数 
		//k3：从 "n大m小"到"n小m大" 的兑换次数
		int k1=n/a, k2=m/b, k3=(n-m)/(a-b)+1;
		//每次循环进行多次兑换，兑换到 n<m 或不可再进行兑换为止 
		int k=min(k1, min(k2, k3));  
		if(k==0) break;
		ans+=k; 
		n-=k*a;
		m-=k*b; 
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

luogu拿了90，仍然有两个测试样例超时，分析了一下，如果每次算出来的k都是1，则算法效率弱化到和之前一样。
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