2024.1.27每日一题

LeetCode

最大合金数

2861. 最大合金数 - 力扣（LeetCode）

题目描述

假设你是一家合金制造公司的老板，你的公司使用多种金属来制造合金。现在共有 n 种不同类型的金属可以使用，并且你可以使用 k 台机器来制造合金。每台机器都需要特定数量的每种金属来创建合金。

对于第 i 台机器而言，创建合金需要 composition[i][j] 份 j 类型金属。最初，你拥有 stock[i] 份 i 类型金属，而每购入一份 i 类型金属需要花费 cost[i] 的金钱。

给你整数 n、k、budget，下标从 1 开始的二维数组 composition，两个下标从 1 开始的数组 stock 和 cost，请你在预算不超过 budget 金钱的前提下，最大化 公司制造合金的数量。

所有合金都需要由同一台机器制造。

返回公司可以制造的最大合金数。

示例 1：

输入：n = 3, k = 2, budget = 15, composition = [[1,1,1],[1,1,10]], stock = [0,0,0], cost = [1,2,3]
输出：2
解释：最优的方法是使用第 1 台机器来制造合金。
要想制造 2 份合金，我们需要购买：
- 2 份第 1 类金属。
- 2 份第 2 类金属。
- 2 份第 3 类金属。
总共需要 2 * 1 + 2 * 2 + 2 * 3 = 12 的金钱，小于等于预算 15 。
注意，我们最开始时候没有任何一类金属，所以必须买齐所有需要的金属。
可以证明在示例条件下最多可以制造 2 份合金。

示例 2：

输入：n = 3, k = 2, budget = 15, composition = [[1,1,1],[1,1,10]], stock = [0,0,100], cost = [1,2,3]
输出：5
解释：最优的方法是使用第 2 台机器来制造合金。 
要想制造 5 份合金，我们需要购买： 
- 5 份第 1 类金属。
- 5 份第 2 类金属。 
- 0 份第 3 类金属。 
总共需要 5 * 1 + 5 * 2 + 0 * 3 = 15 的金钱，小于等于预算 15 。 
可以证明在示例条件下最多可以制造 5 份合金。

示例 3：

输入：n = 2, k = 3, budget = 10, composition = [[2,1],[1,2],[1,1]], stock = [1,1], cost = [5,5]
输出：2
解释：最优的方法是使用第 3 台机器来制造合金。
要想制造 2 份合金，我们需要购买：
- 1 份第 1 类金属。
- 1 份第 2 类金属。
总共需要 1 * 5 + 1 * 5 = 10 的金钱，小于等于预算 10 。
可以证明在示例条件下最多可以制造 2 份合金。

提示：

• 1 <= n, k <= 100
• 0 <= budget <= 108
• composition.length == k
• composition[i].length == n
• 1 <= composition[i][j] <= 100
• stock.length == cost.length == n
• 0 <= stock[i] <= 108
• 1 <= cost[i] <= 100

思路

二分

代码

C++

class Solution {
public:
    int maxNumberOfAlloys(int n, int k, int budget, vector>& composition, vector& stock, vector& cost) {
        long long res = 0;
        int mx = stock[0] + budget;
        for (int st : stock)
            mx = min(st + budget, mx);
        for (const auto& com : composition) {
            long long left = 0, right = mx + 1;   // 二分查找能生产的数量
            while (left + 1 < right) {
                long long mid = (left + right) >> 1;
                if (check(n, mid, budget, stock, com, cost))
                    // 如果能够生产 mid 件产品，继续在更大的范围内搜索
                    left = mid;
                else
                    right = mid;
            }
            res = max(res, left);
        }
        return static_cast(res);
    }

private:
    bool check(int n, long long num, int budget, vector& stock, const vector& com, const vector& cost) {
        // 检查是否能够生产 num 个产品
        long long money = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            long long need = static_cast(com[i]) * num;
            if (stock[i] < need) {
                // 第 i 个零件的库存不够
                money += (need - stock[i]) * static_cast(cost[i]);   // 需要花费
                if (money > budget)
                    return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

Java

class Solution {
    public int maxNumberOfAlloys(int n, int k, int budget, List<List<Integer>> composition, List<Integer> stock, List<Integer> cost) {
        long res = 0;
        int mx = stock.get(0) + budget;
        for(int st: stock)
            mx = Math.min(st + budget, mx);
        for(var com: composition){
            long left = 0, right = mx + 1;   // 二分查找能生产的数量
            while(left + 1 < right){
                long mid = (left + right) >> 1;
                if(check(n, mid, budget, stock, com, cost))
                    // 能够生产mid件则往大的寻找
                    left = mid;
                else
                    right = mid;
            }
            res = Math.max(res, left);
        }
        return (int)res;
    }
    
    private boolean check(int n, long num, int budget, List<Integer> stock, List<Integer> com, List<Integer> cost){
        // 能否生产num个产品
        long money = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            long need = com.get(i) * num;
            if(stock.get(i) < need){
                // 第i个零件的库存不够
                money += (need - stock.get(i)) * cost.get(i);   // 需要花钱
                if(money > budget)
                    return false;
            }
        }
        return true;
    }
}