【Leetcode】2861. 最大合金数

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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

可以通过二分查找来解决。首先，需要明确一些关键的观察点：

如果我们可以制造 x 块合金，那么一定也可以制造 x-1 块合金。
我们希望找到最大的 x，使得我们可以制造数量小于等于 x 的合金，但无法制造数量大于 x 的合金。
基于这些观察点，我们可以使用二分查找来找到最大的 x。初始时，左边界 l 设为 0，右边界 r 设为一个足够大的数，比如 1e9+1。然后，我们在 [l, r) 范围内进行二分查找，每次取中间值 mid。

对于每个 mid，我们检查是否可以制造 mid 块合金。具体做法是遍历每台机器，计算使用该机器制造 mid 块合金所需的金属和对应的成本。如果总成本不超过预算，则说明可以制造 mid 块合金，将左边界更新为 mid。否则，将右边界更新为 mid。

这样，最终的左边界就是最大的 x，满足我们的条件。

最后还有备注一下：

1. 所有合金都需要由同一台机器制造
2. 数组下标从 1 开始

代码

class Solution {
public:
    int maxNumberOfAlloys(int n, int k, int budget, vector<vector<int>>& composition, vector<int>& stock, vector<int>& cost) {
        int l = 0, r = 1e9 + 1, mid;
        while (l + 1 != r) 
        {
            mid = l + r >> 1;
            long long res = 0;
            // 使用第i台制造
            for(int i = 0; i < k; i++) 
            {
                long long ans = 0;
                for(int j = 0; j < n; j++) {
                    if(mid * 1ll * composition[i][j] <= stock[j]) continue;
                    ans += (mid * 1ll * composition[i][j] - stock[j]) * 1ll * cost[j];
                }
                if(i == 0) 
                    res = ans;
                else 
                    res = min(res, ans);
            }
            if(res <= budget) 
                l = mid;
            else 
                r = mid;
        }
        return l;
    }
};

结果