POJ - 3258 River Hopscotch(二分法)

分析

Note

最小值最大化

最小值最大化，標準的二分搜。 二分搜教學請參 這

判斷函式為:

bool C(int d) = 移除 M 個石頭後，可否能使相鄰石頭間的最短距離 >= d。

該函式明顯有單調性，相鄰石頭間的最短距離 d 越小越容易達成。

這個函式可以用 Greedy 實作:

從左至右迭代「起點終點外」的每個石頭 rocks[i]，
若該石頭與前一個石頭的距離 < d，我們必需移除該石頭，才能使相鄰石頭的距離 >= d。
我們計算總共有多少個石頭要移除，該個數必需 <= M。

實作時，有兩點要注意:

1. 若 rocks[i - 1], rocks[i], rocks[i + 1] 中，rocks[i] 被移除了，
   那 rocks[i + 1] 的前一顆石頭是 rocks[i - 1]，而不是 rocks[i]。

2. 上述演算法沒考慮到終點與其前一個石頭。
   設中間那 N 個石頭中，最後面的那個石頭為 rocks[-2]，若與終點那石頭的距離 < d，
   則要移除的是 rocks[-2]，而不是終點的石頭，因為終點那個石頭是不能移除的。

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解的空間 [0, L]。 下界即為在還沒移除任何石頭前，相鄰石頭間最短距離，但要計算出此值還得多打一些程式碼， 而我們知道此值必大於 0，反正 C(0) = 1，所以可以直接將下界設為 0。 上界發生在 M = N 時，相鄰石頭間最短距離即為 L。

C(d) 在解的空間 [0, L] 上的分佈為:

... 1 1 1 0 0 0 0 ...

我們的目標是求左邊數來的最後一個 1 在哪？

另外，存在全部都為 1 的情況，我們可以預判掉這情形。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAX_N = 50000;

int L, N, M;
int rocks[MAX_N + 2];

bool C(int d) {
    int cnt = 0;
    int prev = 0; // 前一個石頭是誰，初使值為起點 rocks[0]
    for (int i = 1; i < N + 1; i++) {
        if (rocks[i] - rocks[prev] < d) // 若相鄰距離 < d，移除 rocks[i]。
            cnt++;
        else
            prev = i; // 維護前一個石頭
    }

    // 終點與其前一個的情況
    if (rocks[N + 1] - rocks[prev] < d) {
        cnt++;
        // prev = N + 1 // 後面沒石頭了，沒必要繼續維護
    }

    return cnt <= M;
}

int solve() {
    sort(rocks + 1, rocks + N + 1);

    if (C(L)) return L;

    // ... 1 1 1 1 0 0 0 ...
    int lb = 0, ub = L;
    while (ub - lb > 1) {
        int mid = (lb + ub) / 2;
        if (C(mid)) lb = mid;
        else ub = mid;
    }

    return lb;
}

int main() {
    scanf("%d %d %d", &L, &N, &M);
    for (int i = 1; i <= N; i++)
        scanf("%d", &rocks[i]);

    rocks[0] = 0;
    rocks[N+1] = L;

    printf("%d\n", solve());

    return 0;
}

转载于：https://amoshyc.github.io/ojsolution-build/poj/p3258.html