二分专项训练

写在前面——：
2016 9 28
二分也搞了快三天了，嘛，总结了一点东西，希望能对看官有用。
1、如果你是刚开始搞二分，首先要找个会打二分的人要个简单题的板子，自己学习学习，这很重要。
2、做题要看好是“最大值最小”还是“最小值最大”两者有着不同的判断方式。
3、判断函数里面 return的 if里的 等号的 加与不加 要想清楚，自己考虑考虑加或者不加等号是否会有更优的答案，（本博客里好几道题都很详细的写了 判断函数中等号的加与不加对答案的影响）。
4、对于 聪明的质检员 这种求绝对值之差最小的，使劲往给定值上凑就好了（不过这题需要前缀和优化，裸二分的话只能跑70）。
5、有些题，二分不是很难，难在其他地方上，（比如抄书系列，搞事！搞事！搞事！）
6、如果有的题是二分+SPFA，要尽可能的降低时间复杂度（SPFA时间复杂度玄学，有时候一个常数优化乘上SPFA就能大幅度降低时间复杂度，比如 收费站），比如读入优化，尽量还是根据题目的性质来降低时间复杂度。
7、NOIP要出二分的话，应该不会很难（毒奶），看看 聪明的质检员 和 跳石子就知道了。

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（2016 9 28 最近想把浮点数的题给补全…..）
2016 9 26

在openjudge水了一波…..
第一题：
在一个非降序列中，查找与给定值最接近的元素。
用lower_bound即可，太水没做….
第二题：
已知 f(1.5) > 0 , f(2.4) < 0 且方程 f(x) = 0 在区间 [1.5,2.4] 只有一个零点
该函数在区间[1.5,2.4]单调递减，完了；
第三题：
描述
平面上有一个大矩形，其左下角坐标（0，0），右上角坐标（R,R)。大矩形内部包含一些小矩形，小矩形都平行于坐标轴且互不重叠。所有矩形的顶点都是整点。要求画一根平行于y轴的直线x=k（k是整数) ，使得这些小矩形落在直线左边的面积必须大于等于落在右边的面积，且两边面积之差最小。并且，要使得大矩形在直线左边的的面积尽可能大。注意：若直线穿过一个小矩形，将会把它切成两个部分，分属左右两侧。

输入
第一行是整数R，表示大矩形的右上角坐标是(R,R) (1 <= R <= 1,000,000)。
接下来的一行是整数N,表示一共有N个小矩形(0 < N <= 10000)。
再接下来有N 行。每行有4个整数，L,T, W 和 H, 表示有一个小矩形的左上角坐标是(L,T),宽度是W，高度是H (0<=L,T <= R, 0 < W,H <= R). 小矩形不会有位于大矩形之外的部分。
输出
输出整数n，表示答案应该是直线 x=n。 如果必要的话，x=R也可以是答案。

我们需要记录一下每个矩形的横坐标，也就是lx和rx；
在判断的时候：

ll can(int x)
{
    ll ansl=0;
    ll ansr=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(sz[i].rx<=x)
        {
            ansl+=(ll)(sz[i].rx-sz[i].lx)*sz[i].h;
        }
        else if(sz[i].lx>=x)
        {
            ansr+=(ll)(sz[i].rx-sz[i].lx)*sz[i].h;
        }
        else if(sz[i].lx<x&&x<sz[i].rx)
        {
            ansl+=(ll)(x-sz[i].lx)*sz[i].h;
            ansr+=(ll)(sz[i].rx-x)*sz[i].h;
        }
    }
    return ansl-ansr;
}

最后二分完了还有一句….并且，要使得大矩形在直线左边的的面积尽可能大
于是：

    if(abs(can(l))<=abs(can(r)))
        printf("%d",l);
    else 
        printf("%d",r);

感觉问题不大了，但是还是死活WA了一个点….找Euk学长调了一会也没调出来。
厚颜无耻的9分代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=10000+500;
struct jx
{
    int lx;
    int ly;
    int h;
    int rx;
}sz[maxn];
int R,n;
ll minans=0x7ffffff;
ll can(int x)
{
    ll ansl=0;
    ll ansr=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(sz[i].rx<=x)
        {
            ansl+=(ll)(sz[i].rx-sz[i].lx)*sz[i].h;
        }
        else if(sz[i].lx>=x)
        {
            ansr+=(ll)(sz[i].rx-sz[i].lx)*sz[i].h;
        }
        else if(sz[i].lx<x&&x<sz[i].rx)
        {
            ansl+=(ll)(x-sz[i].lx)*sz[i].h;
            ansr+=(ll)(sz[i].rx-x)*sz[i].h;
        }
    }
    return ansl-ansr;
}
void div()
{
    int l=0,r=R;
    int mid;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        ll hah=can(mid);
        if(hah<=minans&&hah>0)
        {
            minans=min(minans,hah);
            r=mid-1;
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    }
    if(abs(can(l))<=abs(can(r)))
        printf("%d",l);
    else 
        printf("%d",r);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&R,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int w,h;
        scanf("%d%d%d%d",&sz[i].lx,&sz[i].ly,&w,&h);
        sz[i].h=h;
        sz[i].rx=sz[i].lx+w;
        minans+=(ll)w*h;
    //  printf("%d %d %d %d\n",sz[i].lx,sz[i].ly,h,sz[i].rx);
    }
    div();
    return 0;
}

第四题:
没有思想难度，但要注意零的情况…..你要问为什么的话= =

第五题：
我的生日要到了！根据习俗，我需要将一些派分给大家。我有N个不同口味、不同大小的派。
有F个朋友会来参加我的派对，每个人会拿到一块派（必须一个派的一块，不能由几个派的小块拼成；
可以是一整个派）。我的朋友们都特别小气，如果有人拿到更大的一块，就会开始抱怨。

因此所有人拿到的派是同样大小的（但不需要是同样形状的），虽然这样有些派会被浪费，
但总比搞砸整个派对好。当然，我也要给自己留一块，而这一块也要和其他人的同样大小。
请问我们每个人拿到的派最大是多少？每个派都是一个高为1，半径不等的圆柱体。
输入
第一行包含两个正整数N和F，1 ≤ N, F ≤ 10 000，表示派的数量和朋友的数量。
第二行包含N个1到10000之间的整数，表示每个派的半径。
输出
输出每个人能得到的最大的派的体积，精确到小数点后三位。
样例输入
3 3
4 3 3
样例输出
25.133
这个题太水….没什么好说的，唯一注意的一点就是π的精度。

23333自己体会

第六题：
描述
农夫约翰是一个精明的会计师。他意识到自己可能没有足够的钱来维持农场的运转了。他计算出并记录下了接下来 N (1 ≤ N ≤ 100,000) 天里每天需要的开销。

约翰打算为连续的M (1 ≤ M ≤ N) 个财政周期创建预算案，他把一个财政周期命名为fajo月。每个fajo月包含一天或连续的多天，每天被恰好包含在一个fajo月里。

约翰的目标是合理安排每个fajo月包含的天数，使得开销最多的fajo月的开销尽可能少。

输入
第一行包含两个整数N,M，用单个空格隔开。
接下来N行，每行包含一个1到10000之间的整数，按顺序给出接下来N天里每天的开销。
输出
一个整数，即最大月度开销的最小值。

每次二分判断时记录每个fajo月的钱数为x，所得出的fajo月总数tot，如果tot<=m
说明当前的钱数如果减小的话可能会有更优的解（当tot==m时，说明当前的钱数完全可以组成m个fajo月，如果钱数加大的话，不会更优），用ans和当前的mid取个min

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000000+500;
ll num[maxn];
int n;
int m;
bool can(ll x)
{
    ll yuan=x;
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=n;)
    {
        x=yuan;
        tot++;
        while(x>=num[i]&&i<=n)
        {
            x-=num[i];
            i++;
        }
    }
    if(tot<=m)
    {
        return true;
    }
    return false;
}
ll ans=100000000000000ll;
ll div(ll l)
{
    ll r=100000000000000ll;
    while(l<=r)
    {
        ll mid=(l+r)>>1;
        if(can(mid))
        {
            r=mid-1;
            ans=min(ans,mid);
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    //  printf("%d %d\n",l,r);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&m);
    ll haha=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&num[i]);
        haha=max(haha,num[i]);
    }
    printf("%lld",div(haha));
    return 0;
}

等等…这题我好像在哪见过
第七题：
描述
给出若干个整数，询问其中是否有一对数的和等于给定的数。

输入
共三行：
第一行是整数n(0 < n <= 100,000)，表示有n个整数。
第二行是n个整数。整数的范围是在0到10^8之间。
第三行是一个整数m（0 <= m <= 2^30)，表示需要得到的和。
输出
若存在和为m的数对，输出两个整数，小的在前，大的在后，中间用单个空格隔开。若有多个数对满足条件，选择数对中较小的数更小的。若找不到符合要求的数对，输出一行No。
小到大sort一边，从1–>n枚举，EF（i,i+1,n）表示当前的较小值为num[i]，要找的另一个值所在的区间为[i+1,n]，∵若有多个数对满足条件，选择数对中较小的数更小的。∴第一次找到的两个和为m的数，就是正解；
PS：puts(“No”); not puts(“NO”);
这题太水了= =；

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100000+500;
int num[maxn];
int n;
int m;
int minans;
int maxans;
bool flag;
bool div(int hah,int l,int r)
{
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(num[hah]+num[mid]<m)
        {
            l=mid+1;
        }
        else if(num[hah]+num[mid]>m)
        {
            r=mid-1;
        }
        else if(num[hah]+num[mid]==m)
        {
        //  printf("%d %d\n",num[hah],num[mid]);
            minans=num[hah];
            maxans=num[mid];
            flag=1;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&num[i]);
    }
    sort(num+1,num+n+1);
    scanf("%d",&m);

    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        if(num[i]+num[i+1]<=m)
        {
            if(div(i,i+1,n))
                break;
        }
        else
            break;

    }
    if(flag)
        printf("%d %d",minans,maxans);
    else
        puts("No");
    return 0;
}
/*07:和为给定数
总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB
描述
给出若干个整数，询问其中是否有一对数的和等于给定的数。
输入
共三行：
第一行是整数n(0 < n <= 100,000)，表示有n个整数。
第二行是n个整数。整数的范围是在0到10^8之间。
第三行是一个整数m（0 <= m <= 2^30)，表示需要得到的和。
输出
若存在和为m的数对，输出两个整数，小的在前，大的在后，中间用单个空格隔开。
若有多个数对满足条件，选择数对中较小的数更小的。若找不到符合要求的数对，输出一行No。
样例输入
4
2 5 1 4
6
样例输出
1 5
查看*/

第九题：
恶心到不行的一道浮点数…..如果是神犇的话就去随便A吧，反正NOIP不考浮点数…
第十题：
就是NOIP2015 D2T1原题
题目描述 Description
一年一度的“跳石头”比赛又要开始了！

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有N块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走M块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入描述 Input Description
输入文件名为 stone.in。

输入文件第一行包含三个整数L，N，M，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。

接下来N行，每行一个整数，第i行的整数Di（0 < Di < L）表示第i块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出描述 Output Description
输出文件名为stone.out。

输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

在判断函数里面记录一下当前最短跳跃距离为x时，需要移走的石头总数tot，
当tot<=m时说明当前的x过小，x需要增大（当tot==m时，x越大会让解更优）；
让ans和当前的mid取个max

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50000;
int jl[maxn];
int l,n,m;
bool can(int x)
{
    int tot=0;
    for(int i=0;i<=n;)
    {
        int hah=jl[i];
        int t=i+1;
        while(jl[t]-hah<x&&t<=n+1)
        {
            tot++;
            t++;
        }
        i=t;
    }
//  printf("%d\n",tot);
    if(tot<=m)
    {
        return true;
    }
    else
    {
        return false;
    }
}
int div()
{
    int ans=0;
    int l=0;
    int r=1000000000+500;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(can(mid))
        {
            l=mid+1;
            ans=max(ans,mid);
        }
        else
        {

            r=mid-1;
        }
    //  printf("%d %d %d\n",l,r,mid);
    //  printf("ans:%d\n",ans);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&l,&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",jl+i);
    }
    jl[n+1]=l;
    printf("%d",div());
    return 0;
}

2016 9 29

除了第一题太水…..第三题9分没调出来，第九题太恶心以外…NOI OPENJUDGE 上的二分已经刷完了

接下来就是愉快的codevs二分时间了~

CODEVS 1138 聪明的质zhang检qvan员dan
CODEVS 4175 收费站
CODEVS 2072 分配房间
CODEVS 2744 养鱼喂妹纸
CODEVS 抄书问题系列
BOSS战 CODEVS 1183 泥泞的道路