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基本算法——二分答案经典模型例题

时间:2019-10-06 09:24:41      阅读:117      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:大于   next   ring   puts   names   基本   模型   main   mat   

序言

  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。

模型

  1.最大值最小&最小值最大

  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。

  2.最接近某个值的答案

  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。

  3.最大化或最小化某个值

  根据单调性二分即可。

典题详析

  1.洛谷P1948电话线/Acwing 340.通信线路

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);
}

 

基本算法——二分答案经典模型例题

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

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