這題同時也是NOIP2015 D2T1 跳石頭 stone 原題。
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- 描述
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每年奶牛們都要舉辦各種特殊版本的跳房子比賽，包括在河里從一個岩石跳到另一個岩石。這項激動人心的活動在一條長長的筆直河道中進行，在起點和離起點L遠 (1 ≤ L≤ 1,000,000,000) 的終點處均有一個岩石。在起點和終點之間，有N (0 ≤ N ≤ 50,000) 個岩石，每個岩石與起點的距離分別為Di (0 < Di < L)。
在比賽過程中，奶牛輪流從起點出發，嘗試到達終點，每一步只能從一個岩石跳到另一個岩石。當然，實力不濟的奶牛是沒有辦法完成目標的。
農夫約翰為他的奶牛們感到自豪並且年年都觀看了這項比賽。但隨着時間的推移，看着其他農夫的膽小奶牛們在相距很近的岩石之間緩慢前行，他感到非常厭煩。他計划移走一些岩石，使得從起點到終點的過程中，最短的跳躍距離最長。他可以移走除起點和終點外的至多M (0 ≤ M ≤ N) 個岩石。
請幫助約翰確定移走這些岩石后，最長可能的最短跳躍距離是多少？
- 輸入
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第一行包含三個整數L, N, M，相鄰兩個整數之間用單個空格隔開。
接下來N行，每行一個整數，表示每個岩石與起點的距離。岩石按與起點距離從近到遠給出，且不會有兩個岩石出現在同一個位置。 - 輸出
- 一個整數，最長可能的最短跳躍距離。
- 樣例輸入
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25 5 2 2 11 14 17 21
- 樣例輸出
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4
- 提示
- 在移除位於2和14的兩個岩石之后，最短跳躍距離為4（從17到21或從21到25）。
1 #include <stdio.h> 2 int river[50020]; 3 int main() 4 { 5 int l,r,n,m; 6 int i,j,mid; 7 int ans; 8 scanf("%d%d%d",&ll,&n,&m); 9 for(i=1;i<=n;i++) 10 scanf("%d",&river[i]); 11 river[0]=0; 12 river[n+1]=ll; 13 l=0; 14 r=ll+1; 15 while(l+1<r) 16 { 17 mid=(l+r)/2; 18 ans=0; 19 i=0; 20 while(i<=n) 21 { 22 j=i+1; 23 while(river[j]-river[i]<mid&&j<=n+1) 24 j++; 25 ans+=j-i-1;//因為算的是間距，所以還要-1 26 i=j; 27 } 28 if(ans<=m) l=mid; 29 else r=mid; 30 } 31 printf("%d\n",l); 32 return 0; 33 }
這題二分的思路是這樣的：
先存好全部石頭數據
然后用二分取一個最長的最短跳躍距離，即mid
當選出一對石頭j與i，它們之間的距離>=mid，就把它們中間的石頭算作移除，移除數量就是j-i-1
移除之后，從石頭j開始，繼續往后算，除非算到了n+1，自然就不能繼續算下去了
算完之后，用總移除數ans對比實際可以移除的石頭數m
當ans<m，說明取的mid間距太短，導致某些石頭間的距離大於mid時無法移除石頭，所以l=mid
當ans==m，別急，也許某些石塊移除后，兩塊石頭的距離比mid大，說明mid可能還是小了，所以l=mid
當ans>m，說明取的mid太長，導致本來對某對石頭進行移除操作就合適的時候還繼續往下找，所以r=mid
最后l==r，輸出l
可以舉一個極端的例子說明ans與m的比較
假設石頭是這樣的：
0 20 23 26 29 31 51 (r=52)
只允許移除3塊石頭。這樣的情況下自然是移除中間3塊石頭，不然最短距離將會是3或是6。
設mid為（0+52）/2=26，則會移除20、23兩塊石頭，再移除29、31兩塊石頭，ans>m，r=mid=26
mid=(0+26)/2=13，則20與0空移除一次，再移除23、26、29、31，同理r=mid=13
mid=(0+13)/2=6，則先空移除，然后移除23，移除29，31與51空移除，ans<m，l=mid=6
mid=(6+13)/2=9，移除23、26、31。ans==m了，就行了嗎？不，明顯20與29距離是9，還可以更長為11，那就加長試試，l=9
mid=(9+13)/2=11，移除23、26、29。此時還不能確定11就是最優解，因為還有12，所以l=11
mid=12，移除了23、26、29、31，所以r=12
mid=11，又區間是[l,r)左閉右開型的，即現在能確定距離就是mid=l=11了。
Ps 做了這么多二分，果然中值賦值條件是難點所在啊！