【NOIP2015】day2_ 跳石頭

題目描述

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，河道中分布着一些巨大岩石。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，組委會計划移走一些岩石，使得選手們在比賽過程中的最短跳躍距離盡可能長。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）。

輸入格式

輸入文件第一行包含三個整數 L,N,M,分別表示起點到終點的距離，起點和終點之間的岩石數，以及組委會至多移走的岩石數。保證 L≥1 且 N≥M≥0。

接下來 N行，每行一個整數，第 i 行的整數 Di（0<Di<L）， 表示第 i 塊岩石與起點的距離。這些岩石按與起點距離從小到大的順序給出，且不會有兩個岩石出現在同一個位置。

輸出格式

輸出文件只包含一個整數，即最短跳躍距離的最大值。

樣例一

input

25 5 2
2
11
14
17
21

output

4

explanation

將與起點距離為 2和 14 的兩個岩石移走后，最短的跳躍距離為 4（從與起點距離 17 的岩石跳到距離 21 的岩石，或者從距離 21 的岩石跳到終點）。

限制與約定

測試點編號	n,m的規模	L的規模
1	n,m≤10	L≤10^9
2
3	n,m≤100
4
5
6	n,m≤50000
7
8
9
10

時間限制：1s

空間限制：128MB

 

記得這道題是那次聯賽中比較好處理的一道,讓我們求的是最小值中的最大值，顯然是二分枚舉

關鍵就在於對二分出的那個ans的驗證

如果讀懂了題目，不難發現，只要最短距離確定了，因為兩端是定的，所以可以確定必須搬走的石塊，因為要求最小值，所以只要把必須搬走的搬走就好了，其他的隨意

所以只需要O(n)枚舉一次，使得前i個石頭確定不搬，那么需要確定第i+1塊石頭怎么辦，顯然，一旦兩者距離大於了那個最小值就必須把他搬走

所以，時間復雜度是O(n·log(L))

下面附上代碼

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=50005;
int a[maxn],n,m,ans;
bool check(int x)
{
    int sum,last;
    sum=0;last=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (a[i]-last<x) {  sum+=1;continue;}
        last=a[i];
    }//printf("%d\n",sum);
    if (sum>m) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    //freopen("148.in","r",stdin);
    //freopen("148.out","w",stdout);
    int L,R,mid;
    scanf("%d%d%d\n",&L,&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d\n",&a[i]);
    n+=1;
    a[n]=L;R=L;
    ans=L=0;
    while (L<=R)
    {   
        mid=L+(R-L)/2;
        if (check(mid)) {  ans=mid;L=mid+1;  }
        else R=mid-1;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}