这道题主要有两种常见做法：二分法和贪心法

这里我们主要讲一下二分法

(Q：你不是说你最喜欢贪心吗

 A：我会说我懒得打优先队列吗？）

【题目描述】

    在熊大妈英明的带领下，时针和它的同伴生下了许多牛宝宝。熊大妈决定给每个宝宝都穿上可爱的婴儿装。于是，为牛宝宝洗晒衣服就成了很不爽的事情。

圣人王担负起了这个重任。洗完衣服后，你就要弄干衣服。衣服在自然条件下用1的时间可以晒干A点湿度。抠门的熊大妈买了1台烘衣机。使用烘衣机可以让你用1的时间使1件衣服除开自然晒干的A点湿度外，还可烘干B点湿度，但在1的时间内只能对1件衣服使用。     N件的衣服因为种种原因而不一样湿，现在告诉你每件衣服的湿度，要你求出弄干所有衣服的最少时间（湿度为0为干）。

聚焦题目，显而易见贪心的方法就是每天取最大值，但如果裸贪的话......500000*500000，请？

对于我个人来说，数据结构能不用是绝对不会用的，考虑了插入排序和一些优化的数学方式之后决定走向二分法。

我们发现，每天晒干湿度的值是单调递增的，换句话说，二分的前提条件已经到手了。那么，我们只要对用于晒干衣服的天数进行二分，讨论当前情况下能否晒干并对其进行二分查找操作即可快速得到需要晒干的最少天数。

我们可以设置一个函数，对每一件衣服在当前天数情况下能否晒干进行判断，再对没有晒干衣服使用烘衣机的总天数进行计算，最后将使用烘衣机的天数与预设的天数比较，前者大则当前天数下无法晒干，需要增加预设的天数；前者小则可以晒干，减少预设的天数进一步压榨效率。

int check(int ans){
	int days = 0;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		if(wet[i]>ans*A){
			days += ceil( (wet[i] - ans * A) *1.0 / B); //需要小数否则会舍弃小数位 
		}
	}
	if(days>ans){
		return 0;
	}
	else{
		return 1; 
	} 
}

代码详见右下角，祝愿大家都能天天·一A，学业进步！

注：代码中二分部分的注释时间复杂度多打了一个N，总体不影响，我懒得再传一次代码了（逃

以下提供三种模板供您选择，发布题解时请删除模板中提示语等多余文字。

【模板一：多解法题解模板】

一、 解法概览

解法	时间复杂度	空间复杂度	适用场景
解法一：[名称]	O(?)	O(?)	[场景描述]
解法二：[名称]	O(?)	O(?)	[场景描述]
解法三：[名称]	O(?)	O(?)	[场景描述]

二、 详细解析

解法一：[名称，如：暴力搜索]

• 核心思想：

[简要说明核心思路]

• 算法步骤：

  1、步骤1描述

  2、步骤2描述

  3、步骤3描述

  *、步骤*描述

• 代码实现：提供有清晰注释的伪代码或程序填空

[请点击上面c#图标在此处插入伪代码或程序填空]

• 优缺点分析：
  • 优点： [列出优点]
  • 缺点： [列出缺点]

解法二：[名称，如：动态规划]

• 核心思想：

[简要说明核心思路]

• 状态定义：dp[i] = [含义说明]
• 状态转移方程：dp[i] = [方程表达式]
• 代码实现：提供有清晰注释的伪代码或程序填空

[请点击上面c#图标在此处插入伪代码或程序填空]

• 优缺点分析：
  • 优点： [列出优点]
  • 缺点： [列出缺点]

解法三：[名称，如：贪心算法]

• 核心思想：

[简要说明核心思路]

• 贪心策略：

[策略描述]

• 正确性证明：

[简要证明或说明]

• 代码实现：提供有清晰注释的伪代码或程序填空

[请点击上面c#图标在此处插入伪代码或程序填空]

• 优缺点分析：
  • 优点： [列出优点]
  • 缺点： [列出缺点]

三、 对比总结

• 效率对比：

[各解法在时间和空间上的表现对比]

• 适用场景推荐：
  • 小数据规模： 推荐[解法名称]
  • 大数据规模： 推荐[解法名称]
  • 特殊要求： [特定场景下的推荐]

四、 推荐题目

• 列出1-2道与本题思路相关、可供巩固练习的题目链接。

【模板二：思维演进题解模板】

一、 初始思路（第一反应）

• 直觉解法：

[描述最初想到的方法]

• 存在问题：

[分析该方法的缺陷]

• 改进方向：

[基于缺陷提出的改进思路]

二、 优化过程

版本1.0：基础实现

• 思路：

[描述基础版本的思路]

• 复杂度： 时间O(?), 空间O(?)
• 核心代码：提供有清晰注释的伪代码或程序填空

[请点击上面c#图标在此处插入伪代码或程序填空]

• 瓶颈分析：

[分析性能瓶颈]

版本2.0：算法优化

• 优化点：
  
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我们先考虑暴力，暴力枚举每一个$i,j$暴力算$\binom{i}{j}$时间复杂度为$O(T*N^3)$，显然超时

然后我们发现$N,M \le2000$我们考虑使用组合数的递推公式预处理$\binom{0}{0}$到$\binom{2000}{2000}$。

这里说一下组合数递推公式$\binom{i}{j}=\binom{i-1}{j-1}+\binom{i-1}{j}$\可以从组合意义上来理解 我们从$i$个数中选$j$个数，对于每一个数可以分为选与不选两种情况，选的时候即$\binom{i-1}{j-1}$,在剩下的$i-1$个数里选$j-1$个数，不选的时候即$\binom{i-1}{j}$，在剩下的$i-1$个数里选出$j$个数.

但是这样复杂度为$O(T*N^2+N^2)$，依旧无法通过，事实上我们需要一种不需要枚举$i,j$的方法才能通过。

我们发现对于多个询问，$k$始终为定值，于是考虑前缀和优化，设$ans_{i,j}$，在预处理时，若$k|\binom{i}{j}$,则将$ans_{i,j}+1$。然后套用二维前缀和。但是我们发现，二维前缀和递推时 $ans_{i,j}=ans_{i-1,j}+ans_{i,j-1},-ans_{i-1,j-1}+[k|\binom{i}{j}]$，在处理到边界时，我们会用未处理的值(因为此时$<j$)来更新。但是我们又发现

### 对于所有的 $0\leq i\leq n,0\leq j\leq \min \left ( i, m \right )$ 有多少对 $(i,j)$ 满足 $k|\binom{i}{j}$

于是我们直接将未处理的值设为同一行上一个值

由此即可AC这道题了!

<details>  <summary>点我展开看代码</summary>      ```cpp

       #include <bits/stdc++.h>        using namespace std;        #define int long long        int t,n,m,k,c[2008][2008],ans[2008][2008];        void init(){            c[0][0]=1;            c[1][0]=c[1][1]=1;            for(int i=2;i<=2000;i++){                c[i][0]=1;                 for(int j=1;j<=i;j++){              

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

string s[55];

int main(){

   int n,c=0;

   cin>>n;

   for(int i=1;i<=n;i++){

       cin>>s[i];

   }

  &nbs

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()

{

freopen("poker.in","r",stdin);

freopen("poker.out","w",stdout);

   int n;

   cin>>n;

   set<string>cards;

&n

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include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int gcd(int a,int b) {

   if(b==0) return a;

   else return gcd(b,a%b);

}

int T,M;

int a,b,c,delta;

int k;

int t;

int main() {

freopen("uqe.in", "r", stdin);

   freopen("uqe.out", "w", stdout);

   cin>>T>>M;

   for(int i=1; i<=T; i++) {

       cin>>a>>b>>c;

       if(a<0) a=-a,b=-b,c=-c;

       delta=b*b-4*a*c;

       if(delta<0) {

           cout<<"NO"<<endl;

           continue;

       }

       k=1;

       for(int i=2; i*i<=delta; i++) { //化简delta

           while(delta%(i*i)==0) {

               k*=i;

               delta/=(i*i);

           }

     

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