题目描述

小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 O 冶炼成为一种特殊金属 X。这个炉子有一个称作转换率的属性 V，V 是一个正整数，这意味着消耗 V 个普通金

属 O 恰好可以冶炼出一个特殊金属 X，当普通金属 O 的数目不足 V 时，无法继续冶炼。

现在给出了 N 条冶炼记录，每条记录中包含两个整数 A 和 B，这表示本次投入了 A 个普通金属 O，最终冶炼出了 B 个特殊金属 X。每条记录都是独立

的，这意味着上一次没消耗完的普通金属 O 不会累加到下一次的冶炼当中。

根据这 N 条冶炼记录，请你推测出转换率 V 的最小值和最大值分别可能是多少，题目保证评测数据不存在无解的情况。

输入格式

第一行一个整数 N，表示冶炼记录的数目。

接下来输入 N 行，每行两个整数 A、B，含义如题目所述。

输出格式

输出两个整数，分别表示 V 可能的最小值和最大值，中间用空格分开。

样例输入

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3
75 3
53 2
59 2

样例输出

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20 25

提示

当 V = 20 时，有：⌊75/20⌋ = 3，⌊ 53/20 ⌋ = 2，⌊ 59/20 ⌋ = 2，可以看到符合所有冶炼记录。

当 V = 25 时，有：⌊75/25⌋ = 3，⌊ 53/25 ⌋ = 2，⌊ 59/25 ⌋ = 2，可以看到符合所有冶炼记录。

且再也找不到比 20 更小或者比 25 更大的符合条件的 V 值了。

对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 102。

对于 60% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 103。

对于 100% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 104，1 ≤ B ≤ A ≤ 109。

个人分析：

这道题目我运用的是有个二分查找的方法，首先要对题目进行分析

由图可知 转化率V在Vmin和Vmax之间时 普通金属X[i] / V = 特殊金属O[i]

而在Vmax右边的转化率则会小于O【i】

在Vmin左边的转化率会大于O【i】

所以我们在二分查找Vmin的时候 只需要增加一个判断 判断是否X与V相除得到的结果会小于等于O，如果大于O，则说明我们搜索到的值V是位于靠左的位置，所以我们需要L = mid + 1，将结果往后靠，如果小于等于O，则说明在右边的范围内，但是我们需要查找到Vmin，所以我们应该将mid先保存下来，再将R=mid - 1，继续寻找符合条件的比mid小的V值

int L = 1;
   int R = 1000000000;
   while(L <= R)
   {
      int mid = (L + R) / 2;
      if(check_min(mid))
      {
          Min = mid;
          R = mid - 1;
      }
      else
      {
          L = mid + 1;
      }
   }

题解代码

#include<iostream>
using namespace std;

const int MAX_N = 1e4+1;
int n, O[MAX_N], X[MAX_N];
int Max, Min;

bool check_min(int data)
{
  for(int i = 1; i <= n; i++)
  {
     if(O[i] / data > X[i])
     {
          return false;
     }
  }

  return true;
}

bool check_max(int data)
{
  for(int i = 1; i <= n; i++)
  {
     if(O[i] / data < X[i])
     {
          return false;
     }
  }

  return true;
}

int main()
{
   cin >> n;
   for(int i = 1; i <= n; i++)
   {
      cin >> O[i] >> X[i];
   }
   int L = 1;
   int R = 1000000000;
   while(L <= R)
   {
      int mid = (L + R) / 2;
      if(check_min(mid))
      {
          Min = mid;
          R = mid - 1;
      }
      else
      {
          L = mid + 1;
      }
   }

L = 1;
R = 1000000000;
   while(L <= R)
   {
      int mid = (L + R) / 2;
      if(check_max(mid))
      {
          Max = mid;
          L = mid + 1;
      }
      else
      {
         R = mid - 1;
      }
   }

   cout << Min << " " << Max << endl;
}