好像不是特别难？
题意：现在有 \(0,1,\cdots n-1\) 这 \(n\) 个物品，满足价格 \(p_0>p_1>\cdots p_{n-1}\)，现在告诉你 \(0\) 号物品的价格 \(p_0\)。
你可以进行至多 \(5000\) 次操作，每次操作如下：
- 你选择一个数 \(V\)，然后有一个人会用 \(V\) 块钱，从 \(0\) 开始往后买，当前物品能买就只买一个，否则不买，然后到下一个物品，交互库会告诉你哪些号被买了，还剩下多少钱。每次操作必须买到一个物品。
现在你需要操作之后，满足第 \(i\) 个物品被买了 \(i\) 次。\(n\le 100\)。
做法：
首先发现这个 \(5000\) 次没啥用，因为每次一定买一个最多也用不到 \(5000\) 次。给这么宽的限制感觉完全可以你把数都解出来再按次数补上。通过一次操作我可以知道物品的一个线性组合和为多少，可以通过这个弄一个满秩的矩阵然后解出来。
然后考虑第一次咋办，我们想一个问题，如果直接 \(p_i=p_{i-1}-1\)，那么如果我们选的数太小，这一轮买不到物品就爆炸了，得选的大一点，不妨我们就直接是 \(p_0-1\)。
然后好像不太会做了，看看部分分 \(n=3\) 咋做，如果只买了 \(1\) 那么直接可以算出来 \(1\) 的大小，然后就可以再问一次算出来 \(2\)；如果同时买了 \(1,2\)，那就不太好做了，我们需要问一个 \(1\) 一定买不到的数，同时买得到 \(2\)。那么假设 \(1,2\) 的代价和为 \(V\)，因为 \(p_1>p_2\)，我买 \(\frac{V}{2}\) 的话，这样就可以分辨出来了，解决了 \(n=3\) 的问题。
这启发了我们一个事情，当我们问出来一个集合 \(S\) 和为 \(V\)，这里 \(S\) 集合里的数我还未知，因为已知我就可以直接把 \(V\) 减掉即可，我们可以问一个 \(\frac{|S|}{V}\)，这样就可以保证一定有元素被选出来，且最大值一定不会被选进来。
同时，我们发现，如果这样一直问，我可以很方便的构造一个上三角矩阵，因为如果我有矩阵的一行，我就可以按上面的这个方式问，这样递归下去就可以解出来一些元素。同时上三角矩阵这个性质让我们一定不会问得超过一个元素的次数上限。
当我根据目前的方程组解出来一些元素之后，我就可以再找一个位置 \(x\) 满足 \(x\) 的价格已知，\(x+1\) 价格未知，然后问一个 \(p_x-1\)，再去解后面的。
这个题就做完了，记得写代码的时候把 long long 开明白。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 105;
#include <utility>
#include <vector>
std::pair<std::vector<int>, long long> transaction(long long M);
//std::pair<std::vector<int>, long long> transaction(long long M);
int n;
long long p[maxn];
int cnt[maxn];
void solve(long long V) {pair<vector<int>, long long> res = transaction(V);vector<int> id = res.first, tp; long long rest = V - res.second;for (int i = 0; i < id.size(); i++)cnt[id[i]]--;if(!p[id[0]]) {for (int i = 0; i < id.size(); i++)if(p[id[i]])rest -= p[id[i]];elsetp.push_back(id[i]);while(tp.size() > 1) {solve(rest / tp.size());while(p[tp[tp.size() - 1]])rest -= p[tp[tp.size() - 1]], tp.pop_back();}p[id[0]] = rest;}int pos = id[0];while(pos < n && p[pos + 1])pos++;if(pos < n)solve(p[pos] - 1);}
void buy_souvenirs(int N, long long P0) {n = N, p[0] = P0;for (int i = 1; i < n; i++)cnt[i] = i;n--;solve(P0 - 1);for (int i = 1; i <= n; i++)while(cnt[i]--)transaction(p[i]);
}