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## [$AcWing$ $430$. 纪念品分组](https://www.acwing.com/problem/content/description/432/)
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(贪心,排序) $O(nlogn)$
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直觉上讲，分组的时候应该尽可能让每一组的价值之和大一些。
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由此得到如下算法：
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将所有物品按价值排序；
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从小到大枚举每个物品，每次给当前物品找一个价值尽可能大的且总价值没有超过上限的“同伴物品”，将两个物品分在一组，这一步可以使用双指针算法优化到 $O(n)$。
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这样求出的组数就是最小值。
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下面给出证明。这里可以使用 **调整法**：
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假设最优解的分组方式和由上述算法得到的分组方式不同。那么我们考虑从后往前第一个分组不同的数，记为 $a$，假设由上述算法得到的“同伴物品”是 $b$，那么：
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如果在最优解中，$a$ 单独一组，那么可以直接将 $b$ 从原组中取出，和 $a$ 放在一起，这样并没有增加组数；
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如果在最优解中，$a$ 和 $c$ 放在一起，由上述算法可知，$c≤b$，那么我们可以将 $b$ 和 $c$ 所在位置交换，交换后两组的价值之和都没有超过上限，且这样也没有增加组数。
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因此通过上述调整，我们可以在不增加组数的情况下，将最优解的分组方式调整成和上述算法相同，且这样的调整方式可以一直进行下去，直到两个方案相同为止。
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因此我们可以在不增加组数的情况下，将最优解的方案调整成上述算法得到的方案，因此上述算法可以得到最优解。
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时间复杂度
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排序是算法瓶颈，因此时间复杂度是 $O(nlogn)$。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 30010;
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int n, m;
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int w[N];
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int main() {
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// m:每组纪念品价格之和的上限
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// n:购来的纪念品的总件数
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cin >> m >> n;
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for (int i = 0; i < n; i++) cin >> w[i]; // 表示所对应纪念品的价格
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// 将价格由小到大排序
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sort(w, w + n);
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int res = 0;
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// 双指针对撞
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for (int i = 0, j = n - 1; i <= j; j--) {
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if (w[i] + w[j] <= m) i++;
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res++;
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}
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cout << res << endl;
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return 0;
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}
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