0x04 内容简介与例题习题

《算法竞赛进阶指南》读书笔记汇总
这里面是我在阅读《算法竞赛进阶指南》这本书时的一些思考，有兴趣可以瞧瞧！
如若发现什么问题，可以通过评论或者私信作者提出。希望各位大佬不吝赐教！

板子

整数域上的二分

在单调递增序列$a$中查找$>=x$的数中最小的一个（也就是STL的lower_bound）

while(l < r){
	int mid = l + r >> 1;
	if(a[mid] >= x) r = mid;
	else l = mid + 1;
}
return a[l];

在单调递增序列$a$中查找$<=x$的数中最大的一个

while(l < r){
	int mid = l + r + 1 >> 1;
	if(a[mid] <= x) l = mid;
	else r = mid - 1;
}
return a[l];

实数域上的二分

在保留$k$位小数时，取$eps=10^{-(k+2)}$

while(r - l > 1e-5){
	double mid = (l + r) / 2;
	if(check(mid)) r = mid;
	else l = mid;
}

或指定迭代次数

for(int i = 0;i < 100;i ++){
	double mid = (l + r) / 2;
	if(check(mid)) r = mid;
	else l = mid;
}

三分求单峰函数极值

求单峰函数$f(x)$的极大值

while(r - l > eps){
	double lmid = l + (r - l) / 3;
	double rmid = l + (r - l) / 3 * 2;
	if(f(lmid) < f(rmid)) l = lmid;
	else r = rmid;
}
return f(l);

二分答案

一般看到使最小值最大或者最大值最小就可以联想二分答案。
我们把求最优解的问题，转化为给定一个值$mid$，判定是否存在一个可行方案评分达到$mid$的问题。求解这类问题的关键在于，找到题目中隐藏的单调性。

【例题】最佳牛围栏（AcWing102）

题目链接
思路： 二分出一个$mid$，判定“是否存在一个长度为$L$的子段，平均数不小于$mid$”
那么如果把数列中的每一个数都减去$mid$，那么问题转化为判定“是否存在一个长度为$L$的子段，子段和大于等于零”。那么其实就是求长度不小于$L$的最大子段和，看这个和是否非负即可。
如果忽略长度限制，那么这个问题是经典的最大子段和问题。可用递推来求解（具体参考这道题。
如果我们考虑长度限制，设$su{m}_i$表示$A_1到A_i$的和，则子段和可以转化为前缀和相减的形式，即: m a x { A j + 1 + . . . + A i } = m a x { s u m i − m i n { s u m j } } max\{A_{j + 1}+...+A_{i}\} = max\{sum_{i} - min\{sum_{j}\}\} max{Aj+1​+...+Ai​}=max{sumi​−min{sumj​}}，其中$i-j\ge L,L\le i\le n$
仔细观察上面的式子可以发现，随着$i$的增长，$j$每次只会增加1,那么我们可以用一个变量记录当前最小的$su{m}_j$即可，没必要循环$j$了。
这样我们可以求出长度不小于$L$的最大的子段和，如果这个子段和非负，那么说明当前的$mid$满足要求可以继续变大；否则$mid$必须变小。（想想为什么）

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 100005
using namespace std;

int n,m;
double a[N],b[N],sum[N];

void solve(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        scanf("%lf",&a[i]);
    double l = -1e9,r = 1e9;
    while(r - l > 1e-6){
        double mid = (l + r) / 2;
        for(int i = 1;i <= n;i ++)
            b[i] = a[i] - mid,sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
        double ans = -1e18,mi = 1e18;
        for(int i = m;i <= n;i ++){
            mi = min(sum[i - m],mi);
            ans = max(ans,sum[i] - mi);
        }
        if(ans >= 0) l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%d\n",(int)(r * 1000));
}

int main(){
    solve();
    return 0;
}

习题

【练习】赶牛入圈（AcWing121）

题目链接
思路： 首先我们肯定需要二分正方形的长度，假设当前二分的长度为$len$，我们来考虑一下怎么判定。
不难想到我们可以枚举所有正方形，判断每一个正方形里草的数目是否满足条件即可。枚举正方形只需要枚举左上角，右下角可以通过长度和左上角计算出来，但是这题的坐标范围为$[1,10000]$，这样做肯定会超时。
我们思考如何减少枚举数目，考虑一个最优性问题，就是考虑最优解有什么性质。通过观察我们发现这样一个性质，最优解正方形右下角的两条临边上必定有点。
可以通过画图证明这个性质，如下图：

我们可以通过如下变换使得右下角的两条临边上有点，且解不会变差。
首先把正方形缩小使得至少有两条对边上有点

然后通过移动使得下边或者右边有点

有了这个性质之后，我们枚举的右下角坐标范围就在所有草的坐标范围内，因此我们可以把所有草的坐标进行离散化，预处理出前缀和，通过双指针进行枚举即可。
为什么要用双指针，我直接枚举右下角不就行吗？但是你的左上角下标可能不在草的坐标里啊，这样怎么用前缀和算嘛。
这题还有一个细节，就是草并不是一个点，是一个区域，写代码的时候要注意一下（好吧其实实际上写起来和一般的前缀和也没有什么差别）

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int,int>
using namespace std;

int c,n;
int b[N];
PII p[N];
int a[N][N];
int cnt,len;

int get(int x){
    return lower_bound(b + 1,b + 1 + len,x) - b;
}

bool check(int x){
    for(int x1 = 1,x2 = 1;x2 <= len;x2 ++){
        while(b[x2] - b[x1] + 1 > x) x1 ++;
        for(int y1 = 0,y2 = 1;y2 <= len;y2 ++){
            while(b[y2] - b[y1] + 1 > x) y1 ++;
            if(a[x2][y2] - a[x1 - 1][y2] - a[x2][y1 - 1] + a[x1 - 1][y1 - 1] >= c) return true;
        }
    }
    return false;
}

void solve(){
    scanf("%d%d",&c,&n);
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        p[i] = {x,y};
        b[++ cnt] = x,b[++ cnt] = y;
    }

    sort(b + 1,b + 1 + cnt);
    len = unique(b + 1,b + 1 + cnt) - b - 1;

    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        int x = get(p[i].first),y = get(p[i].second);
        a[x][y] ++;
    }

    for(int i = 1;i <= len;i ++)
        for(int j = 1;j <= len;j ++)
            a[i][j] += a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1];

    int l = 1,r = 10000;
    while(l < r){
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }

    printf("%d\n",l);
}

int main(){
    solve();
    return 0;
}