n个人，已知每个人体重，独木舟承重固定，每只独木舟最多坐两个人，可以坐一个人或者两个人。显然要求总重量不超过独木舟承重，假设每个人体重也不超过独木舟承重，问最少需要几只独木舟？
输入
第一行包含两个正整数n (0<n<=10000)和m (0<m<=2000000000)，表示人数和独木舟的承重。
接下来n行，每行一个正整数，表示每个人的体重。体重不超过1000000000，并且每个人的体重不超过m。
输出
一行一个整数表示最少需要的独木舟数。
输入示例
3 6
1
2
3
输出示例
2
分析：
一个显然的策略是按照人的体重排序。
极端化贪心策略，最重的人要上船——如果最重的人和最轻的人体重总和不超过船的承重，则他们两个占用一条船。否则（因为假设最重的人的体重也不超过船的承重了），最重的人单独占一条船。转变为(n – 1)或者(n – 2)的问题了。
关键在于这种贪心策略是正确的。我们可以证明，最优解也可以变为这种策略。
（1） 假设最重的人和最轻的人的体重和超过了船的承重，那么最优解中，显然也是最重的人单独占一条船，所以这种情况下最优解和贪心策略是相同的。
（2） 假设最重的人和最轻的人的体重和没超过船的承重。
（2.1）如果最优解中，最重的人单独占用一条船，则可以把最轻的人也放上去，这样最优解用的船数不增加。如果最轻的人占用一条船，同样我们可以把最重的人放上去，最优解船数不增。
（2.2） 如果最优解中最重的人x和x’占用一只船(x, x’)，而最轻的人y和y’占用一只船(y, y’)
我们换成(x, y) (x’,y’)
(x, y)显然没超过船的承重——因为我们假设就是如此。关键看(x’, y’)。
x’ + y’<= x’ + x 因为(x’, x)没超重，所以(x’,y’)也合法。所以换一下，最优解船数也不增。这样我们就证明了如果可能把最重的人和最轻的人放在一条船上，不会影响最优解。
反复应用这个策略，就可以把n降低为(n – 1)或者(n – 2)个人的规模，从而解决这个问题。
（2.1）如果最优解中，最重的人单独占用一条船，则可以把最轻的人也放上去，这样最优解用的船数不增加。如果最轻的人占用一条船，同样我们可以把最重的人放上去，最优解船数不增。
（2.2） 如果最优解中最重的人x和x’占用一只船(x, x’)，而最轻的人y和y’占用一只船(y, y’)
我们换成(x, y) (x’,y’)
(x, y)显然没超过船的承重——因为我们假设就是如此。关键看(x’, y’)。
x’ + y’<= x’ + x 因为(x’, x)没超重，所以(x’,y’)也合法。所以换一下，最优解船数也不增。这样我们就证明了如果可能把最重的人和最轻的人放在一条船上，不会影响最优解。
反复应用这个策略，就可以把n降低为(n – 1)或者(n – 2)个人的规模，从而解决这个问题。
一开始的思路是写出来一个函数，用递归。后来发现直接用循环判断就行，而且比写函数要简单
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=10000+10;
using namespace std;
int main()
{
int a[maxn],n,m;
int i,j,sum=0;
cin>>n>>m;
for(i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
sort(a,a+n);
i=0;
j=n-1;
while(i<=j)//保证数据没有重叠
{
if(i==j)//i=j，即：最后剩下一个人，因为其他人都上船了，所以不管他有没有超重，只能自己在一个船上
{
sum++;
break;
}
if(a[i]+a[j]<=m)
{
sum++;
i++;
j--;
}
else//有一个人偏重，让这个人自己在一个船上，然后保持体重轻的（假设是A）不上船，找到一个能和他待在一个船上的人
{
j--;//找一个体重稍微轻点的去和A放在一起，重复以上操作
sum++;//重的那个人自己在一个船上
}
}
cout<<sum<<"\n";
return 0;
}