【二分+正序对】51Nod 1711 平均数

本文介绍了一种使用二分查找算法解决区间平均值问题的方法,并提供了完整的C++实现代码。通过调整区间使得平均值大于等于某一阈值,进而统计符合条件的区间数量。

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题面在这里

考虑二分答案,其实就是求平均值大于等于mid的区间个数

写出来就是 airl+1mid

所以每一项减去mid,写成前缀和就是 SrSl10

然后就是求正序对了

示例程序:

#include<cstdio>
typedef long long ll;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int red(){
    int res=0,f=1;char ch=nc();
    while (ch<'0'||'9'<ch) {if (ch=='-') f=-f;ch=nc();}
    while ('0'<=ch&&ch<='9') res=res*10+ch-48,ch=nc();
    return res*f;
}

const int maxn=100005;
const double eps=1e-5;
int n,a[maxn];
double L,R,mid,ans,s[maxn],c[maxn];
ll res,k;
void ms(int L,int R){
    if (L>=R) return;
    int mid=L+R>>1;
    ms(L,mid);ms(mid+1,R);
    int i=L,j=mid+1;
    for (int k=L;k<=R;k++) c[k]=s[k];
    for (int k=L;k<=R;k++)
     if (i<=mid&&(j>R||c[i]<=c[j])) s[k]=c[i++];else s[k]=c[j++],res-=mid-i+1;
}
//  平均值大于mid的区间个数是否大于K
bool check(){
    s[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]-mid;
    res=(ll)n*(n+1)/2;
    ms(0,n);
    return res>=k;
}
int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=red();
    L=1,R=1e5;
    while (R-L>=eps){
        mid=(L+R)/2;
        if (check()) ans=mid,L=mid;else R=mid;
    }
    printf("%.4lf",ans);
    return 0;
}
### 关于51Nod 3100 上台阶问题的C++解法 #### 题目解析 该题目通常涉及斐波那契列的应用。假设每次可以走一步或者两步,那么到达第 \( n \) 层台阶的方法总等于到达第 \( n-1 \) 层和第 \( n-2 \) 层方法之和。 此逻辑可以通过动态规划来解决,并且为了防止值过大,需要对结果取模操作(如 \( \% 100003 \)[^1])。以下是基于上述思路的一个高效实现: ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; long long f[100010]; int main() { int n; cin >> n; // 初始化前两项 f[0] = 1; // 到达第0层有1种方式(不移动) f[1] = 1; // 到达第1层只有1种方式 // 动态规划计算f[i] for (int i = 2; i <= n; ++i) { f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD; } cout << f[n] << endl; return 0; } ``` 以上代码通过组 `f` 存储每层台阶的结果,利用循环逐步填充至目标层 \( n \),并最终输出结果。 --- #### 时间复杂度分析 由于仅需一次线性遍历即可完成所有状态转移,时间复杂度为 \( O(n) \)。空间复杂度同样为 \( O(n) \),但如果优化存储,则可进一步降低到 \( O(1) \): ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; int main() { int n; cin >> n; long long prev2 = 1, prev1 = 1, current; if (n == 0 || n == 1) { cout << 1 << endl; return 0; } for (int i = 2; i <= n; ++i) { current = (prev1 + prev2) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = current; } cout << prev1 << endl; return 0; } ``` 在此版本中,只保留最近两个状态变量 (`prev1`, `prev2`) 来更新当前值,从而节省内存开销。 --- #### 输入输出说明 输入部分接受单个整 \( n \),表示台阶量;程会返回从地面走到第 \( n \) 层的不同路径目,结果经过指定模运算处理以适应大范围据需。 ---
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