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## 一、算法选择
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**显然**，**对于每个知识点做能得到 <font color="red">更多经验值的题目更优</font>**。
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所以，基本上认为是：<font color="red" size="5" bold>【贪心】</font>
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## 二、基本思路
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既然定位是贪心，那么 **一般的套路就排序**，然后从大到小选择。
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用一个 $PII$ 来存储每道题的 **① 经验值**，**② 知识点**，按经验值进行排序，这样系统默认第一个元素为第一关键字，第二个元素为第二关键字，默认是从小到大排序，一会遍历的时候需要倒序进行。
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从 $n$ 枚举到$1$，如果第 $i$ 道题的知识点还没有达到 $k$，就要做这道题:
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- ① 数组 $b$ 保存每个知识点的 **已经取得的经验值**
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- ② 数组 $c$ 保存每个知识点的 **选择题数**
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- ③ 变量 $ans$ 保存答案，也就是一共选择了多少道题
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- ④ 变量$cnt$ 保存 **达标了的知识点数量**
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- ⑤ 变量$mx$ 保存选择题数最高的知识点选择的题数 【下面会讲解为什么要保留这个变量】
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> **思考**：
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> **问**：为什么会想到记录上面这些变量呢？
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> **答**：因为我们不管题目最终想要计算什么，事情发生过程中，客观记录事实最重要，有啥都记录下来总没错。
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## 三、结果判定
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本题最难想的就是结果的判定，因为它有一个要求：**连续做两道同样知识点的题是不好的**。
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我们可以举例子思考可能的所有情况有哪些：
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① 一共一个知识点，第一个知识点需要$50$点经验,结果相关联的题目经验值加在一起最多也不到$50$点，此时，输出$-1$。
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② 一共两个知识点，第一个知识点需要经验值最高的前$4$道题，第二个知识点需要经验值最高的前$3$道题 ，此时，会发生什么呢？我们会发现，这时候直接输出$4+3=7$就行了。
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③ 一共两个知识点，第一个知识点需要经验值最高的前$5$道题，第二个知识点需要经验值最高的前$3$道题 ，此时，会发生什么呢？我们会发现，这时候直接输出$8$是不行的，因为$5$道题，中间最少是$4$个空，现在只有$3$个可以用来间隔的，缺少一个。为什么与 ② 时情况不同呢？就是因为最多的太多了，需要照顾最多的，给它插好空，也就是$mx*2-1$。
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④ 继续上面 ③的思考过程 ，那如果总的题目数量也不够$mx*2-1$，此时，输出$-1$。
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## 四、代码实现
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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 = 1e5 + 10;
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int m; // 算法种类数
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int n; // 题目数
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int k; // 目标掌握程度
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int b[N]; // 代表每道题目已经取得的经验值
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pair<int, int> a[N]; // 代表每道题目的frist:经验值,second:知识点
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int c[N]; // 存储每个知识点选了多少道题
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int cnt, ans, mx;
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int main() {
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cin >> m >> n >> k; // 输入算法种类数,题目数,目标掌握程度
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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cin >> a[i].second; // 输入每道题目的知识点
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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cin >> a[i].first; // 输入学习每道题目可以获取到的经验值
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sort(a + 1, a + n + 1); // 按可以获取到的经验值最小到大排序
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for (int i = n; i >= 1; i--) { // 倒序枚举，就是经验值最大到小
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if (b[a[i].second] < k) { // 第a[i].second,也就是该知识点的已获得的经验值不够k
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b[a[i].second] += a[i].first; // 这道题需要做一下，经验值增加
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if (b[a[i].second] >= k)
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cnt++; // 有多少个知识点达到了k
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ans++; // 增加题数(记录使了多少个题目)
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c[a[i].second]++; // 统计每个知识点的选择题数
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mx = max(mx, c[a[i].second]); // 统计选择最多题的知识点选择了的题数
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}
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}
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// ① 如果最终可以达标的算法数量不够m个，表示无解
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// ② 如果选择最多的题数大于题目总数的一半，表示无解
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if (cnt < m || n < mx * 2 - 1)
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cout << -1 << endl; // 输出-1
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else
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cout << max(mx * 2 - 1, ans) << endl; // 输出最大值
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return 0;
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}
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```
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