专题2（二分算法）

一.二分算法

基本概念

• 二分法的核心思想——折半，每次查找都可以去除一半的数据量，直到最后将所有不符合条件 的结果都去除，只剩下一个符合条件的结果
• 这种比大小折半的算法的前提，就是查找的整数序列必须有序，所以我们才能与序列其中一个数比大 小的结果，来推断序列中其他数或大或小或不可知。
• 时间复杂度为O（nlogn），查找效率较高

二.二分查找

• 在升序排列的数列中查找数字k（数列中各个数字均不相同）

int l=1,r=n,Ans;//l,r是查找数列的下标区间的左右端点，Ans就是要找的答案
while(l<=r){
    int mid=(l+r)/2;
    if(a[mid]==k)//找到的数字k，记录答案并退出{
        Ans=mid;
        break;
    }
    else if(a[mid]<k) l=mid+1;//找到的数字比k小，说明答案在右半部分，收缩区间左端点       
    else if(a[mid]>k) r=mid-1;//找到的数字比k大，说明答案在左半部分，收缩区间右端点
}

• 单调不减的数列中查找第一个大于等于k的数字的位置

int l=1,r=n,Ans;//Ans就是要找的答案
while(l<=r){
    int mid=(l+r)/2;
    if(a[mid]==k)//找到的数字等于k，说明答案可能是当前位置或者更左边的位置，但一定不是右
半区间
    {
        r=mid-1;
        Ans=mid;
    }
    else if(a[mid]<k) l=mid+1;//找到的数字比k小，说明答案在右半部分，收缩区间左端点
    else if(a[mid]>k) r=mid-1;//找到的数字比k大，说明答案在左半部分，收缩区间右端点
}

        简化版：

int l=1,r=n,Ans;//Ans就是要找的答案
while(l<=r){
    int mid=(l+r)/2;
    if(a[mid]<k) l=mid+1;
    else if(a[mid]>=k) r=mid-1,Ans=mid;
 }

• 单调不减序列中查找最后大于等于k的数字的位置

int l=1,r=n,Ans;//Ans就是要找的答案
while(l<=r){
    int mid=(l+r)/2;
    if(a[mid]>k) r=mid-1;
    else if(a[mid]<=k) l=mid+1,Ans=mid;
 }

三.二分答案

当我们考虑一个比较复杂的问题时，如果问题中预估的答案存在一个区间，我们同样可以对这个答案区间做二分，找到最优解。二分答案的技巧常用于一些求最大或最小符合要求的答案的题目

解题思路：

• 二分法找到一个可能答案
• 用这个可能答案代入题干，去验证其是否符合要求
• 根据第2步的结果，收缩答案区间，并记录答案。

例题：

1.木材加工

题目：

解析：

 bool check(int mid){
     int cnt=0;
     for(int i=1;i<=n;++i) cnt+=L[i]/mid;
     if(cnt>=k) return 1;
     else return 0;
 }//检验mid是否合法

 int work(){
     int l=1,r=1e8,Ans;
     while(l<=r){
         int mid=(l+r)/2;
         if(check(mid)) Ans=mid,l=mid+1;
         else r=mid-1;
     }
     return Ans;
 }

2.跳石头

题目：

解析：

bool check(int mid){
    int cnt=0;
    int i=0,now=0;
    while(i<n+1){
        ++i;
        if(a[i]-a[now]<mid) ++cnt;//距离太小，删除第i个点
        else now=i;
    }//i表示点的编号，0代表起点，n+1代表终点,now表示当前点的编号
    if(cnt<=m) return 1;
    else return 0;
 }

 int work(){
    int l=0,r=n,Ans;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)) Ans=mid,l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    return Ans;
 }

总结

• 二分答案问题，往往涉及到最大值最小和最小值最大两类要求，同时也普遍存在着正面很难解决，反 过来却比较好做的特点。
• 思考答案是否具备单调性和检验答案的方法

四.例题

1.二分查找

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N];

bool find(int a[],int x,int n){
    int l=0,r=n-1;
    while (l<=r){
        int mid=(l+r)/2;
        if (a[mid]==x) return true;
        if (a[mid]>x) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }return false;
}

int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for (int i=0 ;i<n ;i++) cin>>a[i];
    int m;
    cin>>m;
    for (int i=0 ;i<m ;i++){
        int x;
        cin>>x;
        if (find(a,x,n)) cout<<"YES\n";
        else cout<<"NO\n";
    }

}

解题思路：使用二分查找模板即可

2.A-B数对

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int main(){
    int n,c;
    cin>>n>>c;
    ll a[N],ans=0;
    for (int i=0 ;i<n ;i++) cin>>a[i];
    sort(a,a+n);
    for (int i=0 ;i<n ;i++){
        ans+=( upper_bound(a,a+n,a[i]+c) - lower_bound(a,a+n,a[i]+c));
    }
    cout<<ans;
}

解题思路：通过stl提供的二分查找（upper_bound与lower_bound)确定与当前A所对应B的个数

3.分巧克力

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,k;
int h[N],w[N];

bool check(int x){
    int cnt=0;
    for (int i=0 ;i<n ;i++){
        cnt += (h[i]/x) * (w[i]/x);
    }
    if(cnt>=k) return true;
    else return false;
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    for (int i=0 ;i<n ;i++) {
        cin>>h[i]>>w[i];
    }
    int l=0,r=1e5;
    int ans;
    while(l<=r){
        int mid = (l+r)/2;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            l = mid+1;
        }else r = mid-1;
    }
    cout<<ans;
}

解题思路：通过check函数来检查数据mid是否符合要求，再通过二分答案法找到所求答案

4.卡牌

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
ll n; ll m;
ll a[N],b[N];

bool check(int x){
    ll cnt=0;
    for (ll i=0 ;i<n ;i++){
        if (x-a[i]>0){
            if (b[i]<x-a[i]) return false;
            cnt+=(x-a[i]);
        }
   }
   if (cnt<=m) return true;
   else return false;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for (ll i=0 ;i<n ;i++) cin>>a[i];
    for (ll i=0 ;i<n ;i++) cin>>b[i];
    ll l,r,ans;
    r = 2*n;
    l = 0;
    while(l<=r ){
        ll mid = (l+r)/2;
        if (check(mid)) {
            ans=mid;
            l = mid+1;
        }else r = mid-1;
    }
    cout<<ans;
}

解题思路：大致同上一题相同

5.书的复制

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long n,m;
long long a[505];
int x[505],y[505];				//记录输出

bool check(int s) {				//检查
	int num=1,t=0;
	for(int i=n;i>=1;i--) {		//倒序
		if(t+a[i]>s) t=0,num++;	//换下一人
		t+=a[i];
	}
	return num<=m;				//人数是否足够
}

int find(int low,int high) {	//二分
	int mid;
	while(low+1<high){
		mid=low+(high-low)/2;
		if(check(mid))
			high=mid;
		else
			low=mid;
	} 
	return high;				//注意返回high
}

int main() {
	long long low=0,high=0;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		high+=a[i];				//上界为所有书的和
		low=max(low,a[i]);		//下界为最厚书的页数
	}
	int s=find(low,high);		//获取最优值
	int t=0,num=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)		//初始化输出数组
		x[i]=y[i]=0;
		
	y[1]=n;						//第一人结束点为n
	for(int i=n;i>=1;i--) {		//倒序
		if(t+a[i]>s) {
			t=0;
			x[num]=i+1;			//第num人开始编号定为i+1
			y[++num]=i;			//第num+1人结束编号为i
		}
		t+=a[i];
	}
	x[num]=1;					//最后一人起始点为1
	
	for(int i=m;i>=1;i--)		//倒序
		cout<<x[i]<<" "<<y[i]<<endl;
	return 0;
}

解题思路：通过二分答案法找到所需最短的复制时间，然后根据该时间来确定每个人所复制的书

6.青蛙过河

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, x;
long long  arr[N], sum[N];

bool check(int y) {
	for(int i=y;i<=n-1;i++) if(sum[i] - sum[i - y] < 2 * x) return false;
	return true;
}

int main() {

    cin >> n >> x;
    for(int i=1; i<=n - 1 ;i++) {
    	cin >> arr[i];
    	sum[i] = sum[i - 1] + arr[i];
    }
    
    int l = 1, r = n;
    while(l < r) {
    	int mid = (l + r) / 2;
    	
    	if(check(mid)) r = mid;
    	else l = mid + 1;
    }
    
    cout << r << endl;

    return 0;
}

• 跳跃能力y符合要求  等价于 所有长度为 y 的区间内的石头高度和 >=2x
• 可以将这2x次的往返看成2x只青蛙从一端调到另一端
  • 第一次跳跃这2x只青蛙分布在[ 1 ，y ]间
  • 位于1上的青蛙在第二次跳跃中分布为[ 2 ，y+1 ]，只要这段石头高度和>=2x，则符合要求
  • 依次往后推，直到[ n-y ，n-1 ]就可以一次跳上岸了