从摆石头和牛舍问题看二分

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题目背景

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了!

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 NNN 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 MMM 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个整数 L,N,ML,N,ML,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≥1L \geq 1L≥1 且 N≥M≥0N \geq M \geq 0N≥M≥0。

接下来 NNN 行，每行一个整数，第 iii 行的整数 Di(0<Di<L)D_i( 0 < D_i < L)Di?(0<Di?<L)， 表示第 iii 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。

输入输出样例

25 5 2 
2
11
14
17 
21

4

说明

输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 222和 141414 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 444(从与起点距离 171717 的岩石跳到距离 212121 的岩石,或者从距离 212121 的岩石跳到终点)。

另：对于 20%20\%20%的数据,0≤M≤N≤100 ≤ M ≤ N ≤ 100≤M≤N≤10。

对于50%50\%50%的数据,0≤M≤N≤1000 ≤ M ≤ N ≤ 1000≤M≤N≤100。

对于 100%100\%100%的数据,0≤M≤N≤50,000,1≤L≤1,000,000,0000 ≤ M ≤ N ≤ 50,000,1 ≤ L ≤ 1,000,000,0000≤M≤N≤50,000,1≤L≤1,000,000,000

附上0分代码

#include <bits/stdc++.h>
#define for(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define inf 0x7f7f
using namespace std;
long long ll,n,m,a[inf],mid,ans,l,r;
//首先是可行，其次考虑最优
bool check(int x){
    long  stone=0;
    long long last;
    for(i,1,n+1){
    if(a[i]-a[last]<x) stone++;
    else
    {
        last=i;
    }
}
return stone<=m?1:0;
}
int main(){
cin>>ll>>n>>m;
for(i,1,n){
    cin>>a[i];
}
a[n+1]=ll;
 l=1,r=ll;
while(l<=r){
    mid=(l+r)/2;
    if(check(mid)) {
        l=mid+1;
        ans=mid;
    }
    else r=mid-1;
}
cout<<ans;
return 0;
}

附上满分代码

#include <bits/stdc++.h>
#define for(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define inf 0x7f7f7f
using namespace std;
long long ll,n,m,a[inf],mid,ans,l,r;
//首先是可行，其次考虑最优
bool check(int x){
 long  stone=0;
 long long last=0;
 for(i,1,n+1){
 if(a[i]-a[last]<x) stone++;
 else
 {
  last=i;
 }
}
return stone<=m?1:0;
}
int main(){
cin>>ll>>n>>m;
for(i,1,n){
 cin>>a[i];
}
a[n+1]=ll;
 l=1,r=ll;
while(l<=r){
 mid=(l+r)/2;
 if(check(mid)) {
  l=mid+1;
  ans=mid;
 }
 else r=mid-1;//这些可以根据自己理解写
}
cout<<ans;
return 0;
}

看看有什么不同

是不是很坑

好了回归主题

二分就是一个从可行性问题到最优性问题

关键是看她可行解是在什么范围，可行解向最优解过度是左移还是右移

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）。

那就好办了。我们二分跳跃距离，然后把这个跳跃距离“认为”是最短的跳跃距离，然后去以这个距离为标准移石头。使用一个judge判断这个解是不是可行解。如果这个解是可行解，那么有可能会有比这更优的解，那么我们就去它的右边二分。为什么去右边？答案是，这个区间是递增的 ，而我们求的是最短跳跃距离的最大值，显然再右边的值肯定比左边大，那么我们就有可能找到比这更优的解，直到找不到，那么最后找到的解就有理由认为是区间内最优解。反过来，如果二分到的这个解是一个非法解，我们就不可能再去右边找了。因为性质，右边的解一定全都是非法解。那么我们就应该去左边找解。整个过程看起来很像递归，实际上，这个过程可以递归写， 也可以写成非递归形式，我个人比较喜欢使用非递归形式。

下一个问题，这个judge怎么实现呢？judge函数每个题有每个题的写法，但大体上的思想应该都是一样的——想办法检测这个解是不是合法。拿这个题来说，我们去判断如果以这个距离为最短跳跃距离需要移走多少块石头，先不必考虑限制移走多少块，等全部拿完再把拿走的数量和限制进行比对，如果超出限制，那么这就是一个非法解，反之就是一个合法解，很好理解吧。

可以去模拟这个跳石头的过程。开始你在i(i=0)位置，我在跳下一步的时候去判断我这个当前跳跃的距离，如果这个跳跃距离比二分出来的mid小，那这就是一个不合法的石头，应该移走。为什么？我们二分的是最短跳跃距离，已经是最短了，如果跳跃距离比最短更短岂不是显然不合法，是这样的吧。移走之后要怎么做？先把计数器加上1，再考虑向前跳啊。去看移走之后的下一块石头，再次判断跳过去的距离，如果这次的跳跃距离比最短的长，那么这样跳是完全可以的，我们就跳过去，继续判断，如果跳过去的距离不合法就再拿走，这样不断进行这个操作，直到i = n+1，为啥是n+1？河中间有n块石头，显然终点在n+1处。（这里千万要注意不要把n认为是终点，实际上从n还要跳一步才能到终点）。

模拟完这个过程，我们查看计数器的值，这个值代表的含义是我们以mid作为答案需要移走的石头数量，然后判断这个数量 是不是超了就行。如果超了就返回false，不超就返回true。//以上皆为转载

牛舍

#include <bits/stdc++.h>
#define for(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
using namespace std;
int n,m,a[101010],r,l,mid;
bool check(int x){
 int cow=1;
 int rgt=a[1]+x;
 for(i,2,n) {
 if(a[i]<=rgt) continue;
 else
  rgt=a[i]+x;
  ++cow;
 }
 return cow==m?1:0;
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(i,1,n){
 cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
l=0,r=a[n]-a[1];
do{
 mid=(r+l)>>1;
 if(check(mid)) {
  l=mid+1;
 }
 else
  r=mid-1;
}while(l<=r);
cout<<mid;
return 0;
}

从摆石头和牛舍问题看二分

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原文地址：https://www.cnblogs.com/sc-pyt-2021-theworld/p/10340014.html