洛谷P4835 摘果实

题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P4835

题解：我们先将规划性问题转化为判定性问题：二分答案。
现在的问题是：如何check?
设当前二分的答案为(T),也就是说每个工人最多采摘(T)次。
考虑如何规划才能采完所有果子。
对于对数目(w)有限制的工人，若将他们按(a[i])(限定数目)
排序，可以发现：(a[i])越小，能摘的东西就越少。废话
而我们又想“人尽其用”，于是我们发现一种可行的贪心策略：
对于(a[i])小的工人，让他们在能力范围内尽量摘(h[i])大的
果子。
想想这么做为什么是正确的：对于(h[i])越大的果子，能摘它的
b类工人越少，因此a类工人摘这些果子总是最优的。
整个过程可以用一个大根堆来实现。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
template<class D>I read(D &res){
	res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')g=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	res*=g;
}
typedef pair<int,int>pii;
struct P{
	int h,w,id;
}p[101000];
priority_queue<pii>q;
pii nd;
int n,m,A,B,a[50500],f[50500],b[50500],g[50500],vis[101000];
inline bool bb2(P x,P y){return x.h^y.h?x.h<y.h:x.w<y.w;}
inline bool bb1(P x,P y){return x.w^y.w?x.w<y.w:x.h<y.h;}
IN ck(int x){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	while(!q.empty())q.pop();m=0;
	F(i,1,A){
		while(m<n&&p[m+1].w<a[i])m++,q.emplace(make_pair(p[m].h,m));
		for(re j=1;j<=x&&!q.empty();j++){
			nd=q.top();q.pop();
			vis[nd.second]=1;
		}
	}
	F(i,m+1,n)q.emplace(make_pair(p[i].h,i));
	if(q.empty())return 1;
	FOR(i,B,1){
		for(re j=1;j<=x&&!q.empty();j++){
			nd=q.top();q.pop();
			if(b[i]<=nd.first)return 0;
		}
		if(q.empty())return 1;
	}
	if(q.empty())return 1;
	return 0;
}
IN divided(int x,int y){
	//cout<<x<<" "<<y<<endl;
	if(x==y)return x;
	re mid=(x+y)>>1;
	if(ck(mid))y=mid;
	else x=mid+1;
	return divided(x,y);
}
int main(){
	read(A);read(B);read(n);
	F(i,1,A)read(a[i]);sort(a+1,a+1+A);
	F(i,1,B)read(b[i]);sort(b+1,b+1+B);
	F(i,1,n)read(p[i].w),read(p[i].h);
	sort(p+1,p+1+n,bb1);
	FOR(i,n,1){
		if(a[A]<=p[i].w&&b[B]<=p[i].h){
			cout<<"Impossible";
			return 0;
		}
	}
	m=A+B;
	if(n%m==0)m=n/m;
	else m=(n/m)+1;
	//system("pause");
	printf("%d",divided(m,n));
	return 0;
}