二分题单
作者：互联网
w佬 的二分题单 link
整数二分
跳石头
思路
首先序列是单调的，然后我们可以枚举每个maxd，求可以满足条件的maxd中的最大值，这时候我们就想，可以二分吗？
mid右边，不满足条件。（相当于跳跃距离的区间变小）
mid左边，满足条件。（区间变大）
满足二分。
check
int mid=r+l+1>>1;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid-1;
时间复杂度 \(O(nlogn)\)
代码
import java.util.*;
import java.io.*;
class Main
{
static int N=50010 ,L,n,m;
static int[] a=new int[N];
static boolean check(int maxd)
{
int cnt=0,last=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
if(a[i]-last<maxd)
cnt++;
else last=a[i];
}
return cnt<=m;
}
public static void main(String[]args)
{
Scanner in=new Scanner(System.in);
L=in.nextInt(); n=in.nextInt(); m=in.nextInt();
a[n+1]=L;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=in.nextInt();
int l=0,r=(int)1e9;
while(r>l)
{
int mid=r+l+1>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
System.out.println(l);
}
}
CodeForces 702Clink
题意
数轴上面有n座城市，m座塔，塔的信号可以覆盖两边不超过 r ，求信号将城市全部覆盖掉，最小的 r的是多少。
思路
\(r\) 跟 塔与城市之间的距离有关系。也就我们可以让城市由它最近的塔来传输信号，这样一来，最近的，那么我们该怎么处理呢 ?
题目说 坐标都是递增的，那我们找点，就可以用二分，假如我们要找它的右塔，那么就是第一个 >= 它的坐标。
接下来是边界，如果城市的右边没有塔了，也就是我们需要定义一个返回值，来说明没有塔的右边没有塔了 ，那我们就将二分的右边界设为一个特定值。
如果说左边没有塔了，也就是右边只有一个塔，这时候我们只需要将\(r\)变为dist[1]- coordine[i]
如果我们有塔，我们应取左右两边 \(r\) 的最小值
时间复杂度 \(O(nlogn)\)
代码
import java.util.*;
import java.io.*;
public class Main
{
static int N=100010,n,m,INF=0x3f3f3f3f;
static int[] a=new int[N],b=new int[N];
static String[] ss;
static BufferedReader in=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
static int xIt(String x)
{ return Integer.parseInt(x); }
static String[] read()throws IOException
{return in.readLine().split(" ");}
static int log(int x)
{
int r=m+1,l=1;
while(r>l)
{
int mid=l+r>>1;
if(b[mid]<x) l=mid+1;
else r=mid;
}
return l;
}
public static void main(String[]args)throws IOException
{
ss=read();
n=xIt(ss[0]);m=xIt(ss[1]);
ss=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=xIt(ss[i-1]);
ss=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
b[i]=xIt(ss[i-1]);
int ans=-INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int index=log(a[i]);
if(index>m) ans=Math.max(ans,a[i]-b[index-1]);
else if(index==1) ans=Math.max(ans,b[1]-a[i]);
else ans=Math.max(ans,Math.min(b[index]-a[i],a[i]-b[index-1]));
}
System.out.println(ans);
}
}
CodeForces 1073C link
思路
将二维拆为两个一维。记录第i 个操作能到的下标，也就是记录每次操作，对x,y 的贡献
例如 U 就是对y的贡献为1对x 的贡献为0 。
因为我们一直对区间求操作，那么应该想到前缀和。这时候前缀和表示就是就前 i 个操作我所能到达的点。
那么什么时候到达不了呢？
进行 n 次操作后我们从(0,0) 可以移动n格。
当 |x|+|y|>n 时 我们无法进行n次操作到达 (x,y)
我们可以发现一个性质，就是我们每走一步，我们就会改变 x+y的奇偶性。
当 x+y 与 n 的奇偶性不同时，也就是说我们需要操作的次数m 和n无法通过其他操作来弥补那些空挡也就是 UD这样的兜圈操作
时间复杂度 \(o(nlogn)\)
代码
import java.util.*;
import java.io.*;
public class Main
{
static int N=200010,xs,ys,n,INF=0x3f3f3f3f;
static int[] x=new int[N],y=new int[N];
static BufferedReader in=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
static PrintWriter out=new PrintWriter(System.out);
static String[] ss;
static char[] s;
static String[] read()thro t(" ");}
static int xIt(String x)
{return Integer.parseInt(x);}
static boolean check(int len)
{
for(int l=1;l+len-1<=n;l++)
{
int r=l+len-1;
if(Math.abs(xs-(x[n]-x[r]+x[l-1]))+Math.abs(ys-(y[n]-y[r]+y[l-1]))<=len) return true;
}
return false;
}
public static void main(String[]args)throws IOException
{
ss=read();
n=xIt(ss[0]);
s=in.readLine().toCharArray();
ss=read();
xs=xIt(ss[0]);ys=xIt(ss[1]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s[i-1]=='U') {y[i]=y[i-1]+1;x[i]=x[i-1];}
else if(s[i-1]=='D') {y[i]=y[i-1]-1;x[i]=x[i-1];}
else if(s[i-1]=='L') {y[i]=y[i-1];x[i]=x[i-1]-1;}
else {y[i]=y[i-1];x[i]=x[i-1]+1;}
}
int cn=Math.abs(xs)+Math.abs(ys);
if(cn>n||Math.abs(n-cn)%2==1)
System.out.println("-1");
else
{
int l=0,r=n,ans=INF;
while(r>l)
{
int mid=r+l>>1;
if(check(mid))
{
ans=Math.min(ans,mid);
r=mid;
}
else l=mid+1;
}
if(l==n) System.out.println(n);
System.out.println(ans);
}
}
}
浮点数二分
最佳牛围栏 link
题意
就是找 一段连续的区间 使其$${\sum_l^r cow_i} \over r-l$$ 最大 这也就是 平均值
思路
前缀和维护来快速求区间和，这不过我们只是要找出来这个平均值，也就是求\(\frac {\sum_l^r cow_i} {r-l} - {avg} >=0\)
我们将$\frac {\sum_l^r cow_i-avg} {r-l} >=0 $
\({\sum_l^r （cow_i-avg）} >=0\)
\(\exists {\sum_0^r （cow_i-avg）}-{\sum_0^l （cow_i-avg）} >=0\)
也就是我们求前缀和的时候 给每一项将去\(avg\)
因为是$$\exists$$ 所以我们求出 $${\sum_0^l （cow_i-avg）} $$ 的最小值
连续的区间，所以我们只需遍历一遍就可以了，顺带着维护这个最小值
当然还有\(r-l>=F\)
时间复杂度 \(O(nlogn)\)
代码
import java.util.*;
import java.io.*;
class Main
{
static int N=100010,n,F;
static int[] a=new int[N];
static double[] sum=new double[N];
static int get(String s)
{
return Integer.parseInt(s);
}
static boolean check(double avg)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-1]+a[i]-avg;
double mins=0x3f3f3f3f;
for(int i=F;i<=n;i++)
{
mins=Math.min(mins,sum[i-F]);
if(sum[i]-mins>=0) return true;
}
return false;
}
public static void main(String[]args)throws IOException
{
BufferedReader in=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
String[] ss=in.readLine().split(" ");
n=get(ss[0]);F=get(ss[1]);
double r=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=get(in.readLine().split(" ")[0]);
r=Math.max(r,a[i]);
}
double l=1;
while(r-l>1e-5)
{
double mid=(r+l)/2;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
System.out.println((int)(r*1000));
}
}
打乱字母LINK
学到的知识
string 字典序最小
sort(s.begin(),s.end())
最大
sort(s.begin(),s.end(),greater<int>())
sort(s.begin(),s.end());
reverse(s.begin(),s.end());
贪心＋二分
贪心：我们该字符串最前面的位置，可以将该字符串变为最小，插入字符串最大的排列中。
证明：假如由有最优解，两种情况，
- 有字符串可以排到它后面，但每个字符串都已经字典序最大了，所以不行
- 我们当前字符串可以变换更小，但我们已经最小了~
反之，我们的得到最后的位置，就是将当前字符串变最大，插入最小的排列中。
二分：
在得到最前位置的时候，用当前字符串的字典序最大，去在最小的序列中找 第一个>=的字符串
在得到最后位置的时候，用当前字符串的字典序最小，去在最大的序列中找 最后一个<=的字符串
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<string,string> PSS;
const int N=50010;
string Smin[N],Smax[N];
PSS alls[N];
int main()
{
int n;
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
string t;
cin >> t;
sort(t.begin(),t.end());
Smin[i]=t;
reverse(t.begin(),t.end());
Smax[i]=t;
alls[i]={Smin[i],Smax[i]};
}
sort(Smin+1,Smin+n+1);
sort(Smax+1,Smax+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int l=1,r=n;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(Smax[mid]>=alls[i].x)r=mid;
else l=mid+1;
}
cout << l <<' ' ;
l=1,r=n;
while(l<r)
{
int mid=l+r+1>>1;
if(Smin[mid]<=alls[i].y)l=mid;
else r=mid-1;
}
cout << r << endl;
}
return 0;
}
E link
题目大意：
给我们\(n\)个数字，且对于每个\(i(1<=i<n)\) 我们\(A_i和A_{i+1}\)中间要至少选一个，求这样选取的中位数和平均值最大是多少?
解法：
玄学二分
前置： dp求这样选整个序列的最大值
$ f[i][j] $ ： 表示 从前 $i$个物品选且第$i$个物品的状态是 $j$ 时，选取的最大值 （ $j$有两种取值，`0`代表不取，`1`代表取 ）
转移方程 ： \(f[i][1] = max(f[i-1][0],f[i-1][1])+b[i]\)
\(f[i][0]=f[i-1][1]\) 当我们这个物品不选时，上个物品必须选，如果不选则不满足至少选一个。（当然我们会发现我们只会用到上一维度可以优化）用 \(f\)代表\(f[i][1]\) 用 \(g\) 表示 \(f[i][0]\) ，如果我们更新时我们这两个值存储的是上一层的，我们更新这一维度的。
int t = max(f,g) + b[i];
g = f;
f = t;
-
当我们求平均数时，采用的是浮点数二分，当我们枚举的数大时，我们这样选取的最大值是\(<0\) 的，当小时 \(>0\) , 当等于答案时是\(=0\)，所以当 \(>=0\)时我们要变换左边界。
-
当我们求中位数时，是要将我们的这个数尽可能的选多点，尽可能的让他靠近中间的位置，奇数时我们中位数的位置在
(n+1)/2，也就是我们不包括中位数左右两边的数一样多，偶数的时候在n/2也就是左半边最后一个数，两种情况汇总也就是说我们>=x的数严格多于小于x的数，我们将>= x的数设为 \(1\) ，<x的数设为\(-1\)，这样当我们选取的最大值>0我们这个数满足，当<0时不满足，=0时说明x在中间偏右一个位置。代码
#include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <ctime> #include <vector> #include <map> using namespace std; const int N = 100010; vector<int> a(N); int n; template<typename T> T check(T x,T b[]) { T f = 0, g=0; for(int i=0;i<n;i++) { T t = max(f,g) + b[i]; g = f; f = t; } return max(f,g); } int main() { clock_t c1 = clock(); #ifdef LOCAL freopen("in.in","r", stdin); freopen("out.out","w",stdout); #endif cin >>n; for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i]; double l = 1 ,r = 1e9+10; while(r-l>1e-5) { double b[n]; double mid = (l + r) / 2; for(int i=0;i<n;i++) b[i] = a[i] - mid; if(check(mid,b)>=0) l=mid; else r=mid; } int l1=1,r1=1e9; int b[n]; while(l1<r1) { int mid = l1 + r1 + 1>>1; for(int i=0;i<n;i++) b[i] = a[i]>= mid ? 1 : -1; if(check(mid,b)>0) l1 = mid; else r1 = mid - 1; } printf("%.2lf\n%d",l,l1); #ifdef LOCAL cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl; #endif return 0; }
标签：二分,int,mid,static,ans,new,我们,题单 来源： https://www.cnblogs.com/jgjg/p/15862952.html