依然非常失望，我为什么现在还是那么弱，今天就做出了一道题，垫底。
一个大家都看出来的C题，我居然没找到规律，想了一会儿就放弃了。
A题是这样的，有n种珍珠，给出这n种珍珠各自的数目，再给出一个M，表示每M个不同珍珠组成一个项链。求问最多可以组成多少个这样的项链。
一开始想到的就是贪心，发现如果按升序排序，再从前往后去贪心，样例都过不了，如果从后往前贪，可以过样例，而且感觉好像没有什么不妥，于是就造就了今天的一直WA的情况。这个题目不能用贪心，从前往后贪的时候就发现有问题，即，某个珍珠可以此时用完，但如果等下一次跟后面一个数用完的话，得到的总数将会更大。。。其实同理，由后往前贪也会出现这种情况，只是恰好过了样例而已。
真正标准的做法是二分结果，其实当时我也有考虑这样，但是那个时候不知道怎么判断你二分的结果是对还是错，我当时想，如果能够判断你二分的结果是大于最终值还是小于的话，应该可以直接暴力过啊。。。所以就一直没付诸行动，一直到最后几分钟，我还是觉得自己是贪心没写的好，一直在那里改代码，也有想过是不是算法本身的问题，要不要用贪心来写一下，但是就这样想了一下，没时间了
其实难就难在你怎么知道你二分的这个结果是合理的，比如你二分的结果是4，设M=5，那总共需要的珍珠数就是4*5=20，这二十颗从哪里来呢，我们来想一下，如果正好每种珍珠只有一颗，那总共需要20种珍珠才行，但是若每种珍珠无限多，那就是每种取4个，取五种，凑成这20颗。也就是说，我们每次枚举出来的值，作为每种珍珠的取用上限，（当然珍珠数本身不够这个上限就按自身的数目来取），从序列里按这个上限从头取到尾，如果能凑齐大于等于 枚举值*M，说明该枚举值可行。。。这是陶叔比赛完之后跟我讲的，我当时没理解，为什么这么搞可以判断枚举值是否可行呢，后来仔细想了下，尤其考虑了一下临界情况（即上述说的每种珍珠只有一颗 或者 每种珍珠无限多）才理解这个做法，因为每次取的珍珠不超过枚举值（超过了其实没用，每种珍珠最多只要枚举值那么多颗，而且影响判断），这样，这样取出的珍珠数目其实就暗藏了各个这么多个组合，比如你取的数目不够，则它能凑齐的项链组合 是实际值-1甚至更小，如果数目够了，则能凑的项链组合就是实际值甚至更多。
所以，解决了这个判断问题，就比较简单了
具体题解看 http://hi.baidu.com/congzicun/item/c1bcb4f7c2cf6acc521c264f
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m;
int num[];
bool ok(int x)
{
int sum=;
for (int i=;i<n;i++)
{
if (num[i]<x)
sum+=num[i];
else
sum+=x;
}
if (sum>=x*m) return ;
else return ;
}
int main()
{
while (scanf("%d",&n))
{
if (n==) break;
int maxn=;
for (int i=;i<n;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
maxn=max(maxn,num[i]);
}
scanf("%d",&m);
int l=,r=(n/m)*maxn,mid;
int ans=;
r++;
while (l<r)
{
mid=(l+r)/;
if (ok(mid))
{
ans=mid;
l=mid+;
}
else
r=mid;
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}