一、题目信息

二、思路分析

先从数据范围入手，这道题的数据范围最大是10的5次方，这就说明我们解决问题时的用到的算法的时间复杂度要控制在$O(n)$或者$O(nlog(n))$。
而$O(nlog(n))$的算法中最常用的是二分或者排序。

假设我们能过切的最大巧克力的边长是$m$，

对于任意的长$h_i$和宽$w_i$，一块巧克力按照最大边长m去切正方形的话，最多能切：$(\frac{H_i}{m}\ast \frac{W_i}{m})$ 个。

那么对于小朋友们的需求K，必定满足下面的式子：

$$k\le \sum _{i=0}^n[\frac{H_i}{m}]\ast [\frac{W_i}{m}]$$

而对于任意的$m_i$：

当$m_i<m$的时候，上述的等式更成立了，因为分母变小了。

当$m_i>m$的时候，上述的等式必定是不成立的，因为如果成立的话，说明我们的m还不是最大的。

而我们正方形的边长的最小值是1，可能的最大值取决于我们多组输入中的巧克力中的最大值。

因此，我们有了一个范围，这个答案范围是升序的，因此我们可以将刚才的等式看作判断函数，当作二分的条件。

这个判断函数涉及到求和，因此我们需要遍历所有组的巧克力，此时的时间复杂度是O(n)

二分的时间复杂度是log(n)，所以我们算法的最终复杂度就是$O(nlog(n))$，这是能够在1秒之内算完的。

三、代码实现

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e5+10;
pii a[N];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    int l=1,r=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int w,h;
        scanf("%d%d",&w,&h);
        a[i].first=w,a[i].second=h;
        int m=max(w,h);
        r=max(r,m);
    }
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r+1)>>1;
        long long  sum=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            sum+=(long long)(a[i].first/mid)*(a[i].second/mid);
        }
        if(sum>=m)l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<<l<<endl;
    return 0;
}