标签：大于 next ring puts names 基本 模型 main mat
对于单调性或二段性的对象一般会考虑二分答案。
把该问题转化为给定一个值mid，判定是否可行，进而缩小范围。
此类问题对于答案从属于右边的，则选用“r=mid”的模板；对于答案从属于左边的，则选用“l=mid”的模板。
这类问题其实可以根据绝对值的性质，将其划分成两个子问题。
大于等于该值的答案中最小的&小于等于该值的答案中最大的
那么便转化成上一类问题了。
根据单调性二分即可。
题面分析：
题目要求“剩余的电缆中，最贵的那条的最少花费”，这就是一个典型的“最大值最小”的模型。
算法思路：
二分路径上第k+1长的边的权值，使其最小化。
对于路径上边权大于该值的边，是必须用一次免费机会的。那么把其值记为1；
否则是不需用掉免费机会的，则把其值记为0；
然后跑一遍01最短路即可。
代码如下：
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int N = 1e3+10,M = 2e4+10; struct Edge{ int to,next,w; }edge[M]; int idx; int h[N]; int vis[N],dis[N]; int n,m,k; void add(int u,int v,int w) { edge[++idx].w=w; edge[idx].to=v; edge[idx].next=h[u]; h[u]=idx; } bool check(int mid) //SLF优化的SPFA最短路 { deque<int> q; memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(vis,0,sizeof vis); dis[1]=0; vis[1]=1; q.push_back(1); while(!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop_front(); vis[now]=0; for(int i=h[now];~i;i=edge[i].next) { int to=edge[i].to,w; if(edge[i].w<=mid)w=0;else w=1; if(dis[to]>dis[now]+w) { dis[to]=dis[now]+w; if(!vis[to]) { if(!q.empty()&&dis[to]<dis[q.front()]) q.push_front(to); else q.push_back(to); vis[to]=1; } } } } if(dis[n]<=k)return true; else return false; } int main() { memset(h,-1,sizeof h); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); int maxx=-2e9; for(int i=1;i<=m;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); add(v,u,w); maxx=max(maxx,w); } int l=0,r=maxx; while(l<r) { int mid=l+r>>1; if(check(mid))r=mid; else l=mid+1; } if(!check(l))puts("-1"); else printf("%d\n",l); return 0; }
2. NOIP提高组2011 聪明的质监员 洛谷P1314 / Acwing 499
题面分析：
仔细思考，不难发现如下性质：
W越大，则重量大于等于W的矿石就会越少，那么Y就越小；
W越小，则重量大于等于W的矿石就会越多，那么Y就越大。
也就是说，Y与W呈负相关，Y随W单调变化。
算法思路：
我们二分W的值，然后进行判定。
找出满足条件“使得Y小于等于S”的W中的最小值，即满足条件的Y的最大值。
那么最后再算一遍W-1的Y值，即是Y大于等于S的Y的最小值。
对于满足条件的矿石个数与价值的区间求和，我们很容易想到用前缀和来处理。
代码如下：
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int N =2e5+10,M=2e5+10;; long long s; int n,m; int sum_n[N],sum_v[N]; int w[N],v[N],l[M],r[M]; long long valid(int mid) { memset(sum_n,0,sizeof sum_n); memset(sum_v,0,sizeof sum_v); for(int i=1;i<=n;i++) { if(w[i]>=mid) { sum_n[i]=sum_n[i-1]+1; sum_v[i]=sum_v[i-1]+v[i]; } else { sum_n[i]=sum_n[i-1]; sum_v[i]=sum_v[i-1]; } } long long ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) { ans+=(long long)(sum_n[r[i]]-sum_n[l[i]-1])*(sum_v[r[i]]-sum_v[l[i]-1]); } return ans; } int main() { scanf("%d%d%lld",&n,&m,&s); int L=2e9,R=-2e9; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&w[i],&v[i]); L=min(L,w[i]); R=max(R,w[i]); } for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); long long ans=2e18; while(L<R) { int mid=L+R>>1; long long res=valid(mid); if(res<=s)R=mid; else L=mid+1; } ans=min(abs(valid(L)-s),abs(valid(L-1)-s)); printf("%lld\n",ans); return 0; }
3. NOIP提高组2012 借教室 洛谷P1083 / Acwing 503
题面分析：
当前一份的订单已经无法满足的时候，那么后续的订单也必然无法满足。
于是我们发现了能否满足的订单数的单调性。
算法思路：
二分订单数，即题目要求的第一份无法满足的订单编号。
那么对于每次的二分值，进行判定：
到当前这份订单为止，对于每一天要租借的教室的数量进行累加，看原有的教室数量是否足够。
每次判定都需要对区间进行加减操作，那么我们自然想到用差分进行处理。
代码如下：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e6+10; int n,m; int s[N],t[N],d[N],f[N],c[N]; bool check(int mid) { memcpy(c,f,sizeof c); for(int i=1;i<=mid;i++) { c[s[i]]-=d[i]; c[t[i]+1]+=d[i]; } int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { sum+=c[i]; if(sum<0)return true; } return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int la=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int a;scanf("%d",&a); f[i]=a-la;la=a; } for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&d[i],&s[i],&t[i]); int l=1,r=n+1; while(l<r) { int mid=l+r>>1; if(check(mid))r=mid; else l=mid+1; } if(l==n+1)puts("0"); else printf("-1\n%d\n",l); }
标签：大于 next ring puts names 基本 模型 main mat
原文地址：https://www.cnblogs.com/ninedream/p/11626425.html
