【信息學奧賽一本通提高組】第二章二分與三分

　　二分法，在一個單調有序的集合或函數中查找一個解，每次分為左右兩部分，判斷解在那個部分並調整上下界，直到找到目標元素，每次二分都將舍棄一般的查找空間，因此效率很高。

二分常見模型

　　最小值最大（或是最大值最小）問題，這類雙最值問題常常選用二分法求解，也就是確定答案后，配合貪心，DP等其他算法檢驗這個答案是否合理，將最優化問題轉化為判定性問題。例如，將長度為n的序列ai分為最多m個連續段，求所有分法中每段和的最大值的最小是多少？

　　用具有單調性的布爾表達式求解分界點，比如在有序數列中求數字x的排名。

　　有時，對於一些單峰函數，我們可以用二分導函數的方法求解函數的極值，這時通常將函數的定義域定義為整數域求解比較方便，此時dx可以直接去整數1。

二分寫法

版本1
當我們將區間[l, r]划分成[l, mid]和[mid + 1, r]時，其更新操作是r = mid或者l = mid + 1;，計算mid時不需要加1。

版本2
當我們將區間[l, r]划分成[l, mid - 1]和[mid, r]時，其更新操作是r = mid - 1或者l = mid;，此時為了防止死循環，計算mid時需要加1。

　　5、如果更新方式是 L = Mid ， R = Mid - 1 ，那么在算mid時要加1

【例題1】憤怒的牛

題目描述

農夫約翰建造了一座有n間牛舍的小屋，牛舍排在一條直線上，第i間牛舍在xi的位置，但是約翰的m頭牛對小屋很不滿意，因此經常互相攻擊。約翰為了防止牛之間互相傷害，因此決定把每頭牛都放在離其它牛盡可能遠的牛舍。也就是要最大化最近的兩頭牛之間的距離。
牛們並不喜歡這種布局，而且幾頭牛放在一個隔間里，它們就要發生爭斗。為了不讓牛互相傷害。John決定自己給牛分配隔間，使任意兩頭牛之間的最小距離盡可能的大，那么，這個最大的最小距離是多少呢？

輸入

第一行用空格分隔的兩個整數n和m；
第二行為n個用空格隔開的整數，表示位置xi。

輸出

輸出僅一個整數，表示最大的最小距離值。

樣例輸入

樣例輸出

提示

把牛放在1,4,8這樣最小距離是3

2≤n≤1e5 , 0≤xi≤1e9, 2≤m≤n

【思路】：

　　類似的最大值最小化問題，通常用二分法就可以很快地解決。我們定義：

　　設C(d)表示可以安排牛的位置，並使得最近的兩頭牛的距離不小於d。

　　那么問題就轉換為求滿足C(d)的最大的d，另外，最近的間距不小於d也可以看成是所有牛的間距都小於d，因此就可以用C(d)表示可以安排牛的位置，並使得任意的兩頭牛的距離不小於d。

　　對於這個問題的判斷，使用貪心法便可非常容易地求解

　　1、對牛舍的位置x進行排序。

　　2、把第一頭牛放入x0的牛舍。

　　3、如果第i頭牛放入了xj間牛舍，則第i+1頭牛就要放入滿足xj+d<=xk的最小牛舍xk中。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N = 1e5+100;
 5 const ll Inf = (1ll<<20);
 6 ll a[N],A,B;
 7 bool check(ll x){
 8     ll tot = 1 ;
 9     ll pre = 0;
10     for(int i=1;i<A;i++){
11         if( a[i] - a[pre] >= x ){
12             pre = i;
13             tot++;
14         }
15     }
16     if( tot >= B ) return true;
17     else           return false;
18 }
19 int main()
20 {
21     ll L = 1, R = 0 , mid , ans = 0 ;
22     scanf("%lld%lld",&A,&B);
23     for(int i=0;i<A;i++){
24         scanf("%lld",&a[i]);
25     }
26     sort( a , a+A );
27     R = a[A-1] - a[0] ;
28     while( L<=R ){
29         mid = (L+R) >> 1 ;
30         if( check( mid ) ){
31             ans = mid ;
32             L = mid + 1 ;
33         }else{
34             R = mid - 1 ;
35         }
36     }
37     return 0*printf("%lld\n",ans);
38 }

憤怒的牛

【例題2】Best Cow Fences

題目描述

給定一個長度為n的正整數序列A，求一個平均數最大的，長度不小於L的子段。

輸入

第一行用空格分隔的兩個整數n和L；
第二行為n個用空格隔開的整數，表示Ai。

輸出

輸出一個整數，表示答案的1000倍。不用四舍五入，直接輸出。

樣例輸入

10 6
6 4 2 10 3 8 5 9 4 1

樣例輸出

提示

1≤n≤1e5 , 1≤Ai≤2000

【注意】：這里指的序列並不是（我們字符串的序列，好比最長上升子序列），而是（子串）性的序列。

【思路】：

　　二分結果，判斷“是否存在一個長度不小於L的子序列，平均數不小於二分的值”

　　如果把數列中每個數都減去二分的值，就轉化為判定“是否存在一個長度不小於的L的子序列，子序列的和非負”。

　　下面着重解決兩個問題：

　　1、求一個子序列，它的和最大，沒有“長度不小於L”的限制

　　無長度限制的最大子序列和問題是一個經典的問題，只需O(n)掃描該數列，不斷地把新的數加入子序列，當子序列和變成負數時，把當前整個子序列清空，掃描過程中出現過的最大子序列和即為所求。

　　2、求一個子序列，它的和最大，子序列的長度不小於L。

　　子序列和可以轉化為前綴和相減的形式，即設sum_i 表示 A1~Ai的和，則有：

　　max i-j >=t { Aj+1+Aj+2+……+Ai } = max L <= i <= n { sum - min 0<= j <= i-L {sum j } }

　　仔細觀察上面的式子可以發現，隨着i的增長，j的取值范圍0~i-L每次只會增加1。換而言之，每次只會有一個新的值假如min{sum j }的候選集合，所以我們沒有必要每次循環枚舉j次，只需要用一個變量記錄當前最小值，每次與新的取值sum i-L 取min就可以了。

　　解決問題2后，我們只需要判斷最大子序列和是不是非負數,就可以確定二分上下界的變化范圍了。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1e5+10 ;
 4 const double eps = 1e-6 ;
 5 typedef long long ll;
 6 double a[N],b[N],sum[N];
 7 int n,m;
 8 void Input(){
 9     cin >> n >> m ;
10     for ( int i=1 ; i<=n ; i++ ){
11         cin >> a[i] ;
12     }
13 }
14 int main()
15 {
16     ios_base :: sync_with_stdio(0) ;
17     cin.tie(NULL) ; cout.tie(NULL) ;
18 
19     Input() ;
20 
21     double L = -1e6 , R = 1e6 , Mid , Ans , Minz ;
22     while ( R-L > eps ){
23         Mid = (L+R) / 2 ;
24         for ( int i = 1 ; i<=n ; i++ ) {
25             b[i] = a[i] - Mid ;
26             sum[i] = sum[i-1] + b[i] ;
27         }
28         Ans = -1e10 ;
29         Minz = 1e10 ;
30         for ( int i = m ; i<=n ; i++ ){
31             Minz = min( Minz , sum[i-m] );
32             Ans = max ( Ans , sum[i] - Minz ) ;
33         }
34         if ( Ans >= 0 ) L = Mid  ;
35         else R = Mid ;
36     }
37     cout << int ( R * 1000 ) << endl ;
38     return 0;
39 }

Best Cow Fences

二、三分

　　三分法適用於求解凸性函數的極值問題，二次函數就是一個典型的單峰函數。

　　三分法與二分法一樣，它會不斷縮小答案所在的求解區間，二分法縮小區間利用的原理是函數的單調性，而三分法利用的則是函數的單峰性。

　　設當前求解的區間為[L,R]，令 m1 = L + (R-L) / 3 ，m2 = R - (R-L) / 3 ，接着我們計算這兩個點的函數值f(m1),f(m2),之后我們將兩點中函數值更優的那個點成為好點（若計算最大值，則f更大的那個點就為好點，計算最小值同理），而函數值較差的那個點就稱為壞點。

　　我們可以證明，最優點可能會與好點或壞點同側。

　　如m1是好點，則m2是壞點。

　　因此，最后的最優點會與m1 與m2的左側，即我們求解的區間由 [L,R] 變為 [ L,m2 ] ，因此根據這個結論我們可以不停縮小求解區間，直到求出近似值。

1 double L = 0 , R = 1e9 ;
2 while ( R - L <= 1e-3 ){
3     double M1 = L + (R-L)/3 ;
4     double M2 = R - (R-L)/3 ;
5     if ( F(M1) < F(M2) )    
6         L = M1 ;
7     else
8         R = M2 ;
9 }

三分寫法

【例題3】曲線(curves)

題目描述

明明做作業的時候遇到了n個二次函數Si(x)=ax2+bx+c，他突發奇想設計了一個新的函數F(x)=max{Si(x)},i=1…n。

明明現在想求這個函數在[0,1000]的最小值，要求精確到小數點后四位，四舍五入。

輸入

輸入包含T組數據，每組第一行一個整數n；
接下來n行，每行3個整數a,b,c，用來表示每個二次函數的3個系數。注意：二次函數有可能退化成一次。

輸出

每組數據輸出一行，表示新函數 F(x)的在區間 [0,1000]上的最小值。精確到小數點后四位，四舍五入。

樣例輸入

樣例輸出

0.0000
0.5000

提示

對於50%的數據，1≤n≤100；
對於100%的數據，1≤T≤10,1≤n≤1e5,0≤a≤100, 0≤∣b∣≤5000,0≤∣c∣≤5000。

【思路】

　　由於函數S是開口向上的二次函數(當a=0時，是一次函數)，由S的定義可知，S或者是一個先單調減、后單調增的下凸函數，或者是一個單調函數，F(x)=max(S(x))也滿足單調性。選用三分法很容易求得某個區間內的最小值。

【代碼】：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1e4+100;
 4 const double EPS = 1e-11 ;
 5 int n;
 6 double a[N],b[N],c[N];
 7 double F(double x) {
 8     double maxz = -0x7fffffff;
 9     for ( int i=1 ; i<=n ; i++ ){
10         maxz = max ( maxz , a[i]*x*x + b[i]*x + c[i] );
11     }
12     return maxz ;
13 }
14 int main(){
15     int T ;
16     scanf("%d",&T);
17     while(T--){
18         scanf("%d",&n);
19         for(int i=1;i<=n;i++){
20             scanf("%lf%lf%lf",&a[i],&b[i],&c[i]);
21         }
22         double L = 0 , R = 1000, Lmid , Rmid ;
23         while ( R - L > EPS ) {
24             Lmid = L + (R-L) / 3 ;
25             Rmid = R - (R-L) / 3 ;
26             if ( F(Lmid) <= F(Rmid) ){
27                 R = Rmid ;
28             }else{
29                 L = Lmid ;
30             }
31         }
32         printf("%.4f\n",F(L) ) ;
33     }
34     return 0 ;
35 }

曲線

【習題1】數列分段

題目描述

對於給定的一個長度為N的正整數數列A，現要將其分成M段，並要求每段連續，且每段和的最大值最小。
例如，將數列4 2 4 5 1要分成3段：
若分為[4 2][4 5][1]，各段的和分別為6,9,1，和的最大值為9；
若分為[4][2 4] [5 1]，各段的和分別為4,6,6，和的最大值為6；
並且無論如何分段，最大值不會小於6。
所以可以得到要將數列4 2 4 5 1要分成3段，每段和的最大值最小為6。

輸入

第1行包含兩個正整數N，M；
第2行包含N個空格隔開的非負整數Ai，含義如題目所述。

輸出

僅包含一個正整數，即每段和最大值最小為多少。

樣例輸入

5 3
4 2 4 5 1

樣例輸出

提示

對於100%的數據，有N≤106，M≤N，Ai之和不超過109

【思路】

這個題目類似與憤怒的牛，求最大值的最小值，

二分答案，然后判斷是否正確。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N = 1e5+100;
 5 ll a[N],n,m;
 6 bool check ( ll x ){
 7     int cnt = 1 ;
 8     ll sum = 0;
 9     for (int i=1;i<=n;i++){
10         if ( sum + a[i] > x ){
11             cnt ++ ;
12             sum = a[i] ;
13         }else{
14             sum += a[i] ;
15         }
16     }
17     return cnt <= m ;
18 }
19 int main()
20 {
21     ll L = -0x7fffffff , R = 0 ;
22     scanf("%lld%lld",&n,&m);
23     for(int i=1;i<=n;i++){
24         scanf("%lld",&a[i]);
25         L = max ( a[i],L) ;
26         R += a[i] ;
27     }
28     ll  mid , ans ;
29     while( L<=R ){
30         mid = L+R >> 1 ;
31         if( check(mid) ){
32             R = mid - 1 ;
33             ans = mid ;
34         }else{
35             L = mid + 1 ;
36         }
37     }
38     printf("%lld\n",ans);
39     return 0;
40 }

數列分段

【習題2】擴散

題目描述

一個點每過一個單位時間就會向4個方向擴散一個距離，如圖所示：兩個點a、b連通，記作e(a,b)，當且僅當a、b的擴散區域有公共部分。連通塊的定義是塊內的任意兩個點u、v都必定存在路徑
e(u,a0),e(a0,a1),…e(ak,v)。
給定平面上的n個點，問最早什么時候它們形成一個連通塊。

輸入

第一行一個數n，以下n行，每行一個點坐標。

輸出

輸出僅一個數，表示最早的時刻所有點形成連通塊。

樣例輸入

2
0 0
5 5

樣例輸出

提示

對於100%的數據，滿足1≤n≤50,1≤Xi,Yi≤1e9。

【思路】：

　　這個題目其實用了兩方面：

　　1、連通塊需要用並查集來完成。

　　2、一個點的擴散，就像一個菱形在坐標外擴散，然后只有當兩個點在t時間后相通即為：曼哈頓距離小於等於2t。

【代碼】：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N = 55;
 5 ll x[N],y[N];
 6 int pre[N];
 7 int Find(int x){
 8     return pre[x] = ( x==pre[x] ? x : Find(pre[x]) );
 9 }
10 int n;
11 void Init(){
12     scanf("%d",&n);
13     for(int i=1;i<=n;i++){
14         scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]) ;
15     }
16 }
17 int vis[55];
18 bool check(ll val){
19     int cnt = 0 ;
20     memset ( vis, 0 , sizeof vis );
21 
22     for (int i=1 ;i<=n;i++) pre[i] = i ;
23     for(int i=1;i<=n;i++){
24         for(int j=i+1;j<=n;j++){
25             if( abs(x[i]-x[j]) + abs(y[i]-y[j]) <= 2*val ){
26                 int Fu = Find(i) ;
27                 int Fv = Find(j) ;
28                 if( Fu != Fv ) {
29                     pre[Fv] = Fu ;
30                 }
31             }
32         }
33     }
34 
35     for(int i=1;i<=n;i++){
36         cnt += (pre[i]==i);
37     }
38     return cnt == 1 ;
39 }
40 int main()
41 {
42     Init();
43     ll L = 0 , R = 1e9 , Mid ,ans =0 ;
44     while ( L<=R ){
45         Mid = L+R >> 1 ;
46         if ( check(Mid) ){
47             R = Mid  - 1 ;
48             ans = Mid ;
49         }else{
50             L = Mid  + 1 ;
51         }
52     }
53     printf("%lld\n",ans );
54     return 0;
55 }
56 /*
57 
58 5
59 5 5
60 7 8
61 6 8
62 5 8
63 4 6
64 
65 */

擴散

【習題3】燈泡（ZOJ 3203）

題目描述

相比 wildleopard 的家，他的弟弟 mildleopard 比較窮。他的房子是狹窄的而且在他的房間里面僅有一個燈泡。每天晚上，他徘徊在自己狹小的房子里，思考如何賺更多的錢。有一天，他發現他的影子的長度隨着他在燈泡和牆壁之間走到時發生着變化。一個突然的想法出現在腦海里，他想知道他的影子的最大長度。

輸入

第一行包含一個整數T，表示測試數據的組數。
對於每組測試數據，僅一行，包含三個實數H，h和D，H表示燈泡的高度，h表示mildleopard的身高，D表示燈泡和牆的水平距離。

輸出

共T行，每組數據占一行表示影子的最大長度，保留三位小數。

樣例輸入

樣例輸出

1.000
0.750
4.000

提示

T≤100，10^−2≤H,h,D≤1e3，10^−2≤H−h

【題解】

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const double eps = 1e-7;
 5 double H,h,D;
 6 double F(double x){
 7     double L = H - (H-h)*D / x ;
 8     return D-x+L;
 9 }
10 int main()
11 {
12     int T;
13     scanf("%d",&T);
14     while(T--){
15         scanf("%lf%lf%lf",&H,&h,&D);
16         double L = D*(H-h)/H , R = D ;
17         while ( R-L >= eps ){
18             double Lmid = L + (R-L)/3 ;
19             double Rmid = R - (R-L)/3 ;
20             if ( F(Lmid) <= F(Rmid) ){
21                 L = Lmid ;
22             }else{
23                 R = Rmid ;
24             }
25         }
26         printf("%.3f\n",F(L));
27     }
28     return 0 ;
29 }

燈泡

【習題4】傳送帶

題目描述

在一個2維平面上有兩條傳送帶，每一條傳送帶可以看成是一條線段。兩條傳送帶分別為線段AB和線段CD。lxhgww在AB上的移動速度為P，在CD上的移動速度為Q，在平面上的移動速度R。現在lxhgww想從A點走到D點，他想知道最少需要走多長時間

輸入

第一行是4個整數，表示A和B的坐標，分別為Ax，Ay，Bx，By
第二行是4個整數，表示C和D的坐標，分別為Cx，Cy，Dx，Dy
第三行是3個整數，分別是P，Q，R

輸出

一行，表示lxhgww從A點走到D點的最短時間，保留到小數點后2位

樣例輸入

0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1

樣例輸出

136.60

提示

對於100%的數據，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000，1<=P，Q，R<=10

【題解】：

　　分三部分來計算，三分套三分，第一個三分是分AB段的，第二個三分是分CD段的，用百分比來進行三分，最后得到的點連接。

　　個人感覺這個題目寫倒不是什么問題，關鍵是可能沒想出來還能這樣用百分比來寫。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const double eps = 1e-6;
 4 double Ax,Ay,Bx,By,Cx,Cy,Dx,Dy ;
 5 double P , Q , R ;
 6 typedef struct node{
 7     double x,y;
 8 }point ;
 9 point A,B,C,D,p1,p2;
10 double dis ( point u , point v ){
11     return sqrt( (u.x - v.x)*(u.x - v.x) +
12                  (u.y - v.y)*(u.y - v.y) ) ;
13 }
14 double Cal ( double u , double v ){
15     p1.x = Ax + (Bx-Ax)*u  ;
16     p1.y = Ay + (By-Ay)*u  ;
17 
18     p2.x = Cx + (Dx-Cx)*v  ;
19     p2.y = Cy + (Dy-Cy)*v  ;
20 
21     return dis(A,p1) / P + dis(p1,p2) / R + dis(p2,D) /Q  ;
22 }
23 double F (double u) {
24     double L = 0 , R = 1 ;
25     double Lmid ,Rmid ;
26     while ( R-L >= eps ){
27         Lmid = L + ( R-L )/3 ;
28         Rmid = R - ( R-L )/3 ;
29         if( Cal(u,Lmid) <= Cal(u,Rmid) ){
30             R = Rmid ;
31         }else{
32             L = Lmid ;
33         }
34     }
35     return Cal(u,L);
36 }
37 int main()
38 {
39     ios_base :: sync_with_stdio(0) ;
40     cin.tie(NULL) ;
41     cout.tie(NULL);
42 
43     cin >> Ax >> Ay >> Bx >> By >> Cx >> Cy >> Dx >> Dy ;
44     cin >> P >> Q >> R ;
45     A.x = Ax ;  A.y = Ay ;
46     B.x = Bx ;  B.y = By ;
47     C.x = Cx ;  C.y = Cy ;
48     D.x = Dx ;  D.y = Dy ;
49     double L = 0 , R = 1 ;
50     double Lmid ,Rmid ;
51     while ( R-L >= eps ){
52         Lmid = L + ( R-L )/3 ;
53         Rmid = R - ( R-L )/3 ;
54         if( F(Lmid) <= F(Rmid) ){
55             R = Rmid ;
56         }else{
57             L = Lmid ;
58         }
59     }
60     printf("%.2f\n",F(L));
61     return 0;
62 }

傳送帶