洛谷 P2678 跳石头

题目背景

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了!

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题目描述

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 \(N\) 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 \(M\) 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

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输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个整数 \(L,N,M\)，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 \(L \geq 1\) 且 \(N \geq M \geq 0\)。

接下来 \(N\) 行，每行一个整数，第 \(i\) 行的整数 \(D_i( 0 < D_i < L)\)， 表示第 \(i\) 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出格式：

一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

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输入输出样例

输入样例#1：

25 5 2
2
11
14
17
21

输出样例#1：

4

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说明

输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 \(2\)和 \(14\) 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 \(4\)(从与起点距离 \(17\) 的岩石跳到距离 \(21\) 的岩石,或者从距离 \(21\) 的岩石跳到终点)。

另：对于 \(20\%\)的数据,\(0 ≤ M ≤ N ≤ 10\)。

对于\(50\%\)的数据,\(0 ≤ M ≤ N ≤ 100\)。

对于 \(100\%\)的数据,\(0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000\),\(1 ≤ L ≤ 1,000,000,000\)

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思路

数据范围太大了，我们很容易想到暴力过不去
但是我们看到了一句话

一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

又很容易的想到，可以用二分！
没错，就用二分，但是二分的条件是什么呢？

一个是有界，一个是单调

那么这个题为什么能二分呢？？看一下来自dalao的讲解

二分答案应该是在一个单调闭区间上进行的。也就是说，二分答案最后得到的答案应该是一个确定值，而不是像搜索那样会出现多解。二分一般用来解决最优解问题。刚才我们说单调性，那么这个单调性应该体现在哪里呢？

可以这样想，在一个区间上，有很多数，这些数可能是我们这些问题的解，换句话说，这里有很多不合法的解，也有很多合法的解。我们只考虑合法解，并称之为可行解。考虑所有可行解，我们肯定是要从这些可行解中找到一个最好的作为我们的答案， 这个答案我们称之为最优解。

最优解一定可行，但可行解不一定最优。我们假设整个序列具有单调性，且一个数x为可行解，那么一般的，所有的x'(x'<x)都是可行解。并且，如果有一个数y是非法解，那么一般的，所有的y'(y'>y)都是非法解。

那么什么时候适用二分答案呢？注意到题面：使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。如果题目规定了有“最大值最小”或者“最小值最大”的东西，那么这个东西应该就满足二分答案的有界性（显然）和单调性（能看出来）。

所以我们就可以二分啦，不过不要忘记，第n+1个点才是终点！！

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代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#define N 500010
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int l,n,m;
int a[N]; 
int lefted,r,mid;
int ans;

inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}

bool pd(int x){
    int s=0;
    int i=0;
    int pre=0;
    while(i<n+1){/*不能忘记是n+1，因为n+1个点才是终点*/
        i++;
        if(a[i]-a[pre]<x){
            s++;
        }
        else pre=i;
    }
    if(s>m)return 0; 
    else return 1;
}

int main(){
    freopen("stone.in","r",stdin);
    freopen("stone.out","w",stdout);
    l=read(),n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    a[n+1]=l;
    //二分啦！ 
    lefted=1,r=l;
    while(lefted<=r){
        mid=(lefted+r)/2;
        if(pd(mid)){
            ans=mid;
            lefted=mid+1;
        }else{
            r=mid-1;
        }
    } 
    cout<<ans<<"\n";
    fclose(stdin);
    fclose(stdout); 
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/loceaner/p/10792991.html