二分、三分、01分数规划2

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[CQOI2010]扑克牌

你有n种牌，第i种牌的数目为ci。另外有一种特殊的牌：joker，它的数目是m。你可以用每种牌各一张来组成一套牌，也可以用一张joker和除了某一种牌以外的其他牌各一张组成1套牌。比如，当n=3时，一共有4种合法的套牌：{1,2,3}, {J,2,3}, {1,J,3}, {1,2,J}。 给出n, m和ci，你的任务是组成尽量多的套牌。每张牌最多只能用在一副套牌里（可以有牌不使用）。

思路：依然是二分寻找答案，关键是判断给出的答案是否满足条件。我们可以通过枚举最多可组成牌的套数，再计算joker是否够用；还有一点，joker不能在一套牌中出现两次，这就是说最终牌的套数需要大于或等于用上的joker数。

接下来就是讨论到底能组成几套牌的问题。不得不说，想出不办法时，手动模拟各种类型（变着花样举例）真是最好的办法。我们假设有6张joker，第一张牌a[1]有3张，第二张牌a[2]4张，其他略去。用j表示joker，x表示正常牌，则不妨看以下例子：

第一张牌：j        j        j        x        x        x

第二张牌：x      x       x        j         j         x

其他……

按照这种对齐的方式，我们可以将牌配对，要求每一列必须只有一个joker，所需joker总数即是枚举套牌数答案mid-a[i]。要是多加了怎么办？又由鸽笼原理，我们惊喜地发现只要最终答案套牌数小于等于joker数即可。当然，还要小于等于已给定joker数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
//scanf("%d",&);
using namespace std;
const int maxn=300005,inf=0x7fffffff;
const double esp=1e-8;
int n,m,j,l,r,c[maxn];
int jg(int x){
	long long sum=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(c[i]<x) sum+=x-c[i];
	return sum<=x && sum<=j;
}
int main(){
	cin>>n>>j;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&c[i]);
	}
	r=1e9;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(jg(mid)) l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	cout<<l-1;
	return 0;
}

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[NOIP2012]借教室

 面对海量租借教室的信息，我们自然希望编程解决这个问题。

    我们需要处理接下来n天的借教室信息，其中第i天学校有ri个教室可供租借。共有m份订单，每份订单用三个正整数描述，分别为dj, sj, tj，表示某租借者需要从第sj天到第tj天租借教室（包括第sj天和第tj天），每天需要租借dj个教室。

    借教室的原则是先到先得，也就是说我们要按照订单的先后顺序依次为每份订单分配教室。如果在分配的过程中遇到一份订单无法完全满足，则需要停止教室的分配，通知当前申请人修改订单。这里的无法满足指从第sj天到第tj天中有至少一天剩余的教室数量不足dj个。

    现在我们需要知道，是否会有订单无法完全满足。如果有，需要通知哪一个申请人修改订单。

线段树的板子虽然忘了，但这道题用二分一样可以做。我们只需要不断二分得到最大天数，然后判断是否符合要求即可。具体判断方法：一眼望去就是区间加减数，这也是为啥可用线段树维护的原因，但不难想到可以通过用前缀和数组维护，只需要最后和每天可借的教室数量作比较即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1000005, inf=0x7fffffff;
int n,m,ri[maxn],l,r;
long long dt[maxn];
struct node{
	int d,s,t;
}a[maxn];
int jg(int x){
	int sum=0,ed=0;
	memset(dt,0,sizeof(dt));
	for(int i=1;i<=x;++i){
		dt[a[i].s]-=a[i].d;
		dt[a[i].t+1]+=a[i].d;
		ed=max(ed,a[i].t);
	}
	for(int i=1;i<=ed+1;++i){
		sum+=dt[i];
		if(sum+ri[i]<0) return 1;
	}
	return 0;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	l=1; r=n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&ri[i]);
	for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d%d%d",&a[i].d,&a[i].s,&a[i].t);
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(jg(mid)) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	if(l-1==n) {
		cout<<0;
		return 0;
	}
	cout<<-1<<endl<<r+1;
	
	return 0;
}

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第 K 个号码

Alice 得到一个包含 N 个数字的数组 A[1..N]。
现在 Alice 想通过一个参数 K 构建一个数组 B，规则如下：
最初，数组 B 是空的。考虑数组 A 中的每个区间。如果此区间的长度小于 K，则忽略此区间。否则，在这个区间中找到第 K 个最大的数，并将这个数添加到数组 B
中。实际上 Alice 并不关心数组 B 中的每个元素。她只想知道数组 B 中的第 M 个最大元素。请帮她找到这个号码。

考虑用二分进行优化。通过枚举第m个最大元素的值x，来寻找符合条件的区间，很明显应该有m-1个区间中的第k个最大的数要大于x。这里可以通过尺取来优化（刚查了查尺取，理解到其时间复杂度为O(n)的原因是头指针不再返回QAQ）。至于为什么：

假设k=3，M=2，数组为4 3 2 5，x为2，尺取的head指向2，tail指向4。首先看前三个数，第k小数为2，不符合条件，head向后移动，指向5.这时第k小数变为3，符合条件的区间数+1.而此时发现无论如何之后的第k小数都不会小于x=2了，从而保证了head不用像二重循环一样还要回来一趟。

至于为啥二分得到的值一定存在于队列之中，这种东西自己去举一些例子就好。我们来关注二分指针，如果答案是6，是否有可能指针在指向7时被判合理呢？答案是否定的，因为与之前假设的6矛盾（满足条件区间计数需要a[i]<=x才加1），也就是说7一定会使指针向左移；同理，若指向5也肯定会向右移。这样就保证了能够指到区间中确定的值。QAQ花了好久弄明白

另外，不要忘了第m个最大的值有蛊！因为有可能这个m贼大，超出了int的范围（我吐了QAQ）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
//scanf("%d",&);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100005,inf=0x3f3f3f3f;//inf设大了 
const double esp=1e-8;
ll t,m;
int a[maxn],n,k;
int jg(ll x) {
	//x为二分估计的答案值
	ll cnt = 0;//第K大的数大于等于x的区间个数
	ll num = 0;//当前尺取的区间中大于等于x的数的个数
	for (ll left = 1, right = 1; right <= n; right++) {
		if (a[right] >= x) num++;
		//遇到大于等于x的数便计数
		if (num == k) {
			cnt += n - right + 1;
			//加上该区域向右拓展的区域数量
			while (a[left] < x) {
				cnt += n - right + 1;
				//加上该区域向左拓展的区域数量
				left++;
			}
			//循环删除区域内左边比x小的节点
			left++;
			num--;
			//为了往后遍历，区间第一个节点删除
			//第一个节点一定大于等于x，所以num--
		}
	}
	if (cnt >= m) return 1;
	else return 0;
	//M第M大的数，cnt为理应比M大的区域数量
	//所以当cnt比M大时说明区域多了要缩小，所以返回1取更大的值
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		scanf("%d%d%lld",&n,&k,&m);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%d",&a[i]);
		ll l=1,r=inf;//long long
		while(l<=r){
			ll mid=(l+r)>>1;
			if(jg(mid)) l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		printf("%lld\n", l-1);
	}
	return 0;
}