大致题意： 有(n)个背包和(m)个砝码，每个背包有一定的重量限制，而砝码两两之间重量都成倍数关系。求最多能把几个砝码装入背包。
前言
(Jan 29th)刷题计划（5/6），算法标签：贪心。
一道有技巧的贪心，一道挺有趣的题目。
进制分解
考虑题目中“砝码两两之间重量都成倍数关系”这句话肯定有猫腻，必然要以它为入手点。
将砝码按重量排序并去重后，易知每一个砝码重量至少是前一个砝码的两倍，因此砝码重量的种数总共也只有(log_2(10^9)≈30)种，是非常少的。
设排序去重后第(i)种砝码重量为(a_i)，个数为(b_i)。
我们定义一个特殊的进制，其中第(i)位的位权是(a_i)。
然后我们把背包的容量都按照这种特殊的进制进行进制分解，然后分每一位加在一起。注意，加的过程中不能进位，因为每个背包是独立的。
最后，我们贪心地从小到大枚举每一种砝码。
对于第(i)种砝码，我们操作(b_i)次，每次将第(i)位减(1)。若减成了负数，则去向更高位借位。若无法再借，就说明无法再加砝码。
注意，第(i+1)位的(1)退到第(i)位，会变成(frac{a_{i+1}}{a_i})。
具体实现详见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
using namespace std;
int n,m,k,s[N+5],a[N+5],b[N+5],p[N+5];
I bool Dec(CI x)//将第x位减1
{
RI i;for(i=x;i<=k&&!p[i];++i);if(i>k) return 0;//如果借不到，返回0
for(--p[i--];i>=x;--i) p[i]+=a[i+1]/a[i]-1;return 1;//借位，返回1
}
int main()
{
RI i,j,t=0;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",s+i);
for(i=1;i<=m;++i) scanf("%d",a+i);sort(a+1,a+m+1);//排序
for(i=1;i<=m;++i) a[i]^a[i-1]?(a[++k]=a[i],b[k]=1):(++b[k]);//去重，同时统计每种砝码的个数
for(i=1;i<=n;++i) for(j=k;j;--j) p[j]+=s[i]/a[j],s[i]%=a[j];//进制分解
for(i=1;i<=k;++i) for(j=1;j<=b[i];++j) if(Dec(i)) ++t;else goto End;//枚举砝码尝试放入
End:return printf("%d",t),0;//输出答案
}