淺談二分—— by hyl天夢
二分
解決範圍
二分法可以用來解決這一系列具有單調性質的題，例如求單調函式的零點
其實在小學奧數中就用到了二分法
例如手動開根號，再比如猜數遊戲
二分的具體過程就是先取一箇中間值，判定一下正確答案在哪邊，然後接著再二分，直到找到答案為止
二分法的本質是把求解問題轉化成判定問題
優勢
二分相對於暴力列舉來講，判定次數會顯著變少
具體來說，如果暴力列舉期望是O(N)次
那麼二分只需要O(logN)次就可以得出答案
模板
//整數版 while(l<r) { mid=(l+r)/2; if(check(mid)) r=mid; else l=mid+1; } while(l<r) { mid=(l+r+1)/2;//注意+1 if(check(mid)) l=mid; else r=mid-1; } //小數版 while(r-l>eps) { mid=(l+r)/2; if(check(mid)>0) l=mid; else r=mid-eps; } //其中eps=1e-6或1e-8；依照題而定
例題
派
題目1
我的生日要到了！根據習俗，我需要將一些派分給大家。我有N個不同口味、不同大小的派。有F個朋友會來參加我的派對，每個人會拿到一塊派（必須一個派的一塊，不能由幾個派的小塊拼成；可以是一整個派）。
我的朋友們都特別小氣，如果有人拿到更大的一塊，就會開始抱怨。因此所有人拿到的派是同樣大小的（但不需要是同樣形狀的），雖然這樣有些派會被浪費，但總比搞砸整個派對好。當然，我也要給自己留一塊，而這一塊也要和其他人的同樣大小。
請問我們每個人拿到的派最大是多少？每個派都是一個高為1，半徑不等的圓柱體。
程式碼1
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<sstream> #include<queue> #include<vector> #define N 100010 #define ll long long #define dd double using namespace std; int n,f; dd a[N]; const dd pie=3.1415926535; bool check(dd mid) { ll sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { sum+=a[i]/mid; } if(sum>=f) return 1; else return 0; } int main() { cin>>n>>f; dd l=0,r=0; for(int i=1;i<=n;i++) { dd x; cin>>x; a[i]=x*x*pie*1; r=max(a[i],r); } dd eps=0.001; while(r-l>eps) { dd mid=(l+r)/2.0; if(check(mid)) l=mid; else r=mid-eps; } printf("%0.3lf",l); return 0; }
題目2
把一個包含n個正整數的序列劃分為m個連續的子序列(每個正整數恰好屬於一個序列)。設第i個序列的各數之和為S(i)，你的任務是讓所有S(i)的最大值儘量小。
例如序列1 2 3 2 5 4劃分成3個序列的最優方案為1 2 3|2 5 |4，其中S(1)、S(2)、S(3)分別為6、7、4，最大值為7；如果劃分成1 2|3 2|5 4，則最大值為9，不如剛才的好。
n<=10^6，所有數之和不超過10^9。
程式碼2
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<sstream> #include<queue> #include<vector> #define N 100010 #define ll long long using namespace std; ll n,k,a[N]; bool check(ll mid) { int sum=0,j=1; for(int i=1;i<=n;i++) { sum+=a[i]; if(a[i]>mid) return 0; if(sum>mid) { j++; sum=a[i]; } } if(j>k) return 0; else return 1; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); ll l,r=0; l=-100; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); l=max(l,a[i]); r+=a[i]; } while(l<r) { ll mid=l+r>>1; if(check(mid)) r=mid; else l=mid+1; } cout<<l<<endl; return 0; }
題目3
公園裡有n個水塘，需要把這n個水塘中的水排幹，水塘中的水在自然條件下1個單位的時間可以蒸發A升水。現在買了1臺抽水機，使用抽水機可以讓你用1個單位的時間使每個水塘除開自然蒸發的A升水外，還可抽B升水，但在1個單位的時間內只能對1個水塘使用。
要你求出排幹所有水塘的最少時間（水塘中的水為0時為排幹）。
程式碼3
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<vector>
#define N 100010
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[N],A,B;
bool check(ll mid)
{
int sum=0;
int jian=mid*A;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ai=a[i]-jian;
if(ai>0)
{
sum+=ai/B;
if(ai%B!=0) sum++;
}
}
if(sum>mid) return 0;
else return 1;
}
int main()
{
cin>>n>>A>>B;
ll l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
r+=a[i];
}
while(l<r)
{
ll mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}
/*
5 3 4
19 12 15 23 7
答案：5
*/ 題目4
給出兩個長度為n的正整數有序陣列A和B, 在A和B中各任取一個, 可以得到n×n個積. 求第n小的元素。
n<=100000
思路4
判定有多少乘積小於這個答案就可以繼續二分
但是怎麼判定呢？
由於兩個陣列都是有序的，所以A陣列中可行的乘積對應B陣列一定是從頭開始的一段序列，並且範圍逐漸變小
這樣我們O(N)掃一遍，用一個指標維護一下B數組合法位置就可以了
程式碼4
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<vector>
#define N 100010
#define ll long long
#define dd double
using namespace std;
ll n/*,m*/,a[N],b[N];
bool check(ll mid)
{
int sum=0,j=1,i=n;
while(i>=1&&j<=n)
{
if(a[i]*b[j]<mid)
{
sum+=i;
j++;
}
else i--;
}
//cout<<sum+1<<endl;
sum++;
if(sum<=n) return 1;
else return 0;
}
int main()
{
cin>>n;
ll l=0,r=0;
ll max1;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],r=max(r,a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],max1=max(max1,b[i]);
r=max1*r;
//cin>>m;check(m);
while(l<r)
{
ll mid=l+r+1>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}
/*
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<vector>
#define N 100010
#define ll long long
#define dd double
using namespace std;
ll n,a[N],b[N],c[N],tail;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
c[++tail]=a[i]*b[j];
sort(c+1,c+tail+1);
cout<<c[n];
}
*/
/*
5
12 23 112 231 345
23 123 423 2390 8492
答案：2829
5
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
答案：5
*/題目5
一年一度的“跳石頭”比賽又要開始了！
這項比賽將在一條筆直的河道中進行，河道中分佈著一些巨大岩石。組委會已經選擇好了兩塊岩石作為比賽起點和終點。在起點和終點之間，有 N 塊岩石（不含起點和終點的岩石）。在比賽過程中，選手們將從起點出發，每一步跳向相鄰的岩石，直至到達終點。
為了提高比賽難度，組委會計劃移走一些岩石，使得選手們在比賽過程中的最短跳躍距離儘可能長。由於預算限制，組委會至多從起點和終點之間移走 M 塊岩石（不能移走起點和終點的岩石）。
求最短跳躍距離的最大值
N,M<=50000
程式碼5
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#define dd double
#define ll long long
#define N 10000100
using namespace std;
ll n,m,a[N];
ll l;
bool check(ll mid)
{
int now=0;
int sum=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
if(a[i]-a[now]<mid) sum++;
else now=i;
}
//cout<<mid<<" "<<sum<<endl;
if(sum<=m) return 1;
else return 0;
}
int main()
{
cin>>l>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
a[n+1]=l;
ll r=l;
l=0;
while(l<r)
{
ll mid=l+r+1>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
} 三分
與二分法類似，三分法可以用來解決具有單峰性質的題
三分的具體過程就是先取兩個中間值，分別位於1/3和2/3處，根據單峰性判定一下正確答案在前2/3還是後2/3，然後接著再三分，直到找到答案或答案的近似值為止
二分法每次把答案範圍縮小一半，三分法每次把答案範圍變為原來的2/3，他們的時間複雜度都是O(log(n))的
題目1
在一個2維平面上有兩條傳送帶，每一條傳送帶可以看成是一條線段。兩條傳送帶分別為線段AB和線段CD。小y在AB上的移動速度為P，在CD上的移動速度為Q，在平面上的移動速度R。現在小y想從A點走到D點，他想知道最少需要走多長時間？
思路1
小y走的路徑一定是三條線段組成的折線
如果把離開AB線段的點設為x，到達CD的點設為y，總時間設為z，那麼z是關於x，y的二元函式
可以證明這個函式形如一個山丘，也就是說可以先三分x再三分y求出z的最值
程式碼1
詳見https://www.cnblogs.com/TianMeng-hyl/p/12309214.html