思路与算法

先为每个6、5、4号产品各开一箱。5号余11个单位格，只放1号；4号剩余L形区域可放5个2号，不足的2号空位各补4个1号。3号四件一箱，余r=1、2、3件时再开一箱，分别可补5、3、1件2号，其余面积补1号。剩余2号每9件一箱，末箱再补1号；最后1号每36件一箱。全程只处理数量，不逐件枚举。

正确性说明

整数边长的轴平行正方形装箱可限制到整数坐标：对一个可行布局，每对方块选一个实际成立的左右或上下分离关系；各方向保留这些差分约束，沿对应无环有向关系求最长路压紧，可得不超过原外包尺寸的整数坐标布局。6、5、4号彼此不能同箱，也不能与3号同箱，因此各自开箱不可避免；5号不能与2号同箱，4号剩余20面积至多5件2号且可实现。只含3、2、1号的箱中，固定r件3号时最多可容2号数量F(r)依次为9、5、3、1、0。r=1用棋盘四类奇偶染色可知3号消耗同一类4格、2号每类1格，故≤5；r=2必有一对3号横向或纵向分离，将箱分为两个3宽列，每列最多一个不跨中线的2号，加最多一个跨线2号，故≤3；r=3时必有两个3号组成满宽或满高的半箱，剩下3宽条中只有一个3号，故≤1；r=4面积填满。各上界都有角落放置模板。任意两箱把3号尽量并成4件满箱，剩余3号移到另一箱，查F(0..4)可知总2号容量不会下降；总可放1号面积只取决于已用面积。因此可把3号集中为四件组与一个余箱。已有箱中尽量放2号只会用4格替代至多4个1号；剩余2号9件一箱配1号填空，可达到剩余总面积的向上取整下界。上述逐步选择均不增加箱数，最终最优。

复杂度

每个订单初始化6个计数并进行固定次数算术，O(1)时间、O(1)额外空间；Q个订单总O(Q)，输入输出亦O(Q)。

易错点

不是单纯把总面积除36，几何空隙决定能否放下2号。3号余1、2、3时的2号容量5、3、1不能混淆；先扣实际放入的2号，再按剩余面积扣1号，数量最低截到0。六个0是终止符，不输出；数量和答案用64位。

参考代码（C++11）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    long long a, b, c, d, e, f;
    while (cin >> a >> b >> c >> d >> e >> f) {
        if (!(a || b || c || d || e || f))
            break;
        long long ans = f + e + d + c / 4;
        a = max(0LL, a - 11 * e);
        long long used = min(b, 5 * d);
        b -= used;
        a = max(0LL, a - 4 * (5 * d - used));
        int r = c % 4;
        if (r) {
            ++ans;
            int space[4] = {0, 5, 3, 1};
            long long take = min(b, (long long)space[r]);
            b -= take;
            a = max(0LL, a - (36 - 9 * r - 4 * take));
        }
        ans += b / 9;
        if (b % 9) {
            ++ans;
            a = max(0LL, a - (36 - 4 * (b % 9)));
        }
        ans += (a + 35) / 36;
        cout << ans << '\n';
    }
}