这个题目名称十分诡异。

然后我可以提供两种做法，复杂度一样，都是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)的。

方法一

因为我们每一次使用魔法，就会让那个什么鬼畜的人物多走个 a i a_i ai​天，所以就可以贪心，每一次只要取大的就可以了，然后因为每一次都要加在一起看看够不够，所以就可以二分了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200001
using namespace std;
int n,L,v,m,t;
long long a[maxn],sum[maxn];
bool cmp(const int &x,const int &y){
	return x>y;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&v);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	scanf("%d",&m);
	while(m--){
		scanf("%d",&t);
		int l=-1,r=n+1,mid;
		while(l+1<r){
			mid=(l+r)>>1;
			if(sum[mid]+L<=(long long)t*v)l=mid;
			else r=mid;
		}
		if(r>n)printf("-1\n");//我TM考试的时候没有换行全0分,样例的-1在最后面没有测出来qwq
		else printf("%d\n",r);
	}
	return 0;
}

方法二

因为每一次的查询的 t t t，如果 t 1 < t 2 t_1<t_2 t1​<t2​则 t 2 t_2 t2​要选的魔法数量不会少于 t 1 t_1 t1​的魔法数量，这样我们就可以先把 t t t拍个序，然后要注意记住原来的顺序然后就是模拟了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,l,v;
int a[200001];
struct zj{
	int t,num,ans;
}t[200001];
bool cmp(const int &x,const int &y){
	return x>y;
}
bool cmp1(const zj &x,const zj &y){
	return x.t<y.t;
}
bool cmp2(const zj &x,const zj &y){
	return x.num<y.num;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&l,&v);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&t[i].t),t[i].num=i;
	sort(t+1,t+1+m,cmp1);
	int k=0;
	long long sum=l;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(k<=n&&sum<=(long long)t[i].t*v)sum+=a[++k];
		if(sum<=(long long)t[i].t*v)t[i].ans=-1;
		else t[i].ans=k;
	}
	sort(t+1,t+1+m,cmp2);
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",t[i].ans);
	return 0;
}

谢谢–zhengjun