二分與三分（精度類型）

二分：傳送門
三分：傳送門
（注意，是五舍六入，不是四捨五入，在2018年10月23日前是這樣的）
話說一本通上不是有講嘛，做法自己看吧。。。~~（但是我太弱了，精度版看不懂QWQ）。~~

簡單講一下二分與三分吧。

二分：必須滿足單調性：

非增或非減就叫單調性（如果就好幾個數相同，一般會用二分來找第一個數或最後一個數）。

我們用兩個數字l與r來代表搜索範圍，而mid代表中間的位置的值，來跳來跳去，看情況來寫。

int  l=1,r=n,mid,ans=0;
while(l<=r)
{
    mid=(l+r)/2;
    if(a[mid]<=m)l=mid+1,ans=mid;
    else  if(a[mid]>m)r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);

當然，還可以用二分來二分答案，比如你要用某種方法，但是缺少一種條件，你又意外發現這個條件越大或越小，會讓你方法越容易達到目標（也就是發現了二分性），就可以二分這個條件，不斷丟給這個方法，讓他運行。

如這題

//發現這道題如果二分總和，總和越大，分的段數就越少，越容易小於等於m，也就越容易達到目標，因此得出做法
#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
int  a[210000],b[210000],n,m;
bool  pd(int  x)
{
	int  kk=1/*自行理解*/,ans=0;
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]>x)return  false;//如果有一個數超過了，就退出
		if(ans+a[i]<=x)ans+=a[i];//加上
		else
		{
			kk++;/*統計答案*/if(kk>m)return  false;//分的段數過多，退出
			ans=a[i];//重置
		}
	}
	return  true;
}
int  main()
{
	int  sum=0;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
	int  l=1/*這裏可以改成a數組的最大值)*/,r=sum/*統計所有的和*/,mid,x;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(pd(mid)==true)//如果可以，代表可以讓r再收攏一點
		{
			r=mid-1;x=mid;
		}
		else  l=mid+1;//不行，則擴寬l的限制
	}
	printf("%d\n",x);
	return  0;
}

（我不是標題狗）

但是開頭的那道二分題，是要用精度的！！！

看別人的代碼，也都是大把大把的double，醜陋的代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
double  a[210000],sum[210000],b[210000];
int  n,L;
double  mymin(double  x,double  y){return  x<y?x:y;}
double  mymax(double  x,double  y){return  x>y?x:y;}
bool  check(double  x)//這個上網搜搜都是有的
{
	double  min_val=999999999.0,ans=-99999999.0;
	for(int  i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]-x,sum[i]=b[i]+sum[i-1];
	for(int  i=L;i<=n;i++)//用DP搜索一段長度大於等於L的子串的最大和
	{
		min_val=mymin(min_val,sum[i-L]);
		ans=mymax(ans,sum[i]-min_val);
	}
	return  ans>=0.0;//猴子已經死機。。。上網搜吧。。。
}
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&L);
	for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]);
	double  l=-1e6,r=1e6,mid,ans=0.0,jie=1e-5;//猴子已死機。。。
	while(r-l>jie)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))ans=mid,l=mid;
		else  r=mid;
	}
	printf("%d\n",int(r*1000.0));
	return  0;
}

還是上網弄了一個下來

這題可以用斜率優化做也可以用二分做，我用的是二分做法。

題意：給你n個牛的自身價值，讓你找出連續的且數量大於等於F的一段區間，使這段區間內的牛的平均價值最大。

思路：用二分枚舉平均值ave，每個牛的價值都減去ave，看是否有連續的超過f長度的區間使得這段區間的價值大於等於0，如果能找到，那麼說明這個平均值可以達到。先每個a[i]減去ave得到b[i],用dp[i]表示以i爲結尾區間連續長度大於等於f的最大連續區間和，maxx[i]表示以i爲結尾的最大連續區間和，sum[i]表示1~i的價值總和那麼maxx[i]=max(maxx[i-1]+b[i],b[i]),dp[i]=maxx[i-f+1]+sum[i]-sum[i-f+1],判斷是否有一個i(i>=f)滿足dp[i]>=0.

作者：Herumw
來源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/kirito_acmer/article/details/48716719
版權聲明：本文爲博主原創文章，轉載請附上博文鏈接！

如果你是神犇看懂了=_=。~~哥哥，我們不約~~

好的，如果你不是神犇，那麼請：

不過，有時，我們不一定要用double,我們乘以一個1000轉成int，然後在check再暫時轉回double

代碼（摘自我機房大佬CLB的代碼）：

//Sorry，之前放錯代碼了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define INF 2147483647
using namespace std;
int N,L,a[110000];
long long sum[110000];
inline bool check(int x)
{
	for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+(a[i]-x);//減去平均值，看看總和是否能爲非負數 
	long long minn=INF;
	for(int i=L;i<=N;i++)
	{
		if(sum[i-L]<minn) minn=sum[i-L];
		if(sum[i]-minn>=0) return true;//這裏是把拖後腿那一部分減掉，如果爲正數，就表示此方案可行 
	}
	return false;//此方案不行 
	
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&N,&L);
	for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]*=1000;//最後結果要乘1000，爲了方便計算（不算小數），就在開始直接乘了 
	int l,r,mid,ans;
	l=0;r=2000000;
	while(l<=r)//二分平均值 
	{
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)==true) l=mid+1,ans=mid;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

到三分了，三分呢，主要解決單峯問題（求單峯），不過遞增或遞減也可以喲~~不過只是求第一個數或最後一個數~~！

所謂三分，肯定是把區間用兩個數（記作m1與m2，m1<=m2）分成三個部分（除了某些特殊情況：n=2…），然後將這兩個數比較，然後l跳到m1+1，r跳到m2-1，然後當l>r退出，由於這裏比二分還複雜，所以猴子還沒找到直接記錄答案的方法，只能最後比較l與r，雖然一次只縮小 $1/3$

但是總比某退火的玄學複雜度快吧。

舉個栗子（二次函數：開口向上）：

以x軸做三分，那麼m1（A點）的y小於m2（B點）的y，那麼我們就讓r跳到比m2小一點的地方（按題目來定），反之讓l跳到比m1大一點點的位置，來達到我們將l與r縮小的目的。
~~至於突然退化成一次函數的二次函數（某毒瘤出題人乾的），與二次函數的情況一樣，不過l或r有一個不變罷了。。。~~

僞例題：

一個序列，其中有一個數，這個數左邊的序列嚴格遞增，左邊嚴格遞減，右邊嚴格遞增。

一個整數n
n個數字

輸出這個數字：

樣例輸入：
5
1 2 3 2 1
樣例輸出：
3

int  l=1,r=n,m1,m2;
while(l<=r)
{
	m1=l+(r-l+1/*+1不+1都可以*/)/3/*爲什麼不+1？如果l==r，m1就跳出去了，m2也是同理*/;m2=r-(r-l+1)/3;
	if(a[m1]<=a[m2]/*<與<=都可以*/)r=m2-1;
	else  l=m1+1;//縮小範圍
}
if(a[l]<a[r])printf("%d\n",a[l]);
else  printf("%d\n",a[r]);

至於如果有一段的值相等，這種情況我認爲是可以的，歡迎大家再我的下方評論，畢竟三分剛學不久。。。

比如上圖。。。

然後，又到了開頭的那道三分了。。。

又是精度問題！

至於單峯性。。。

題目：給你n條開口向上的二次曲線Si（a>0），定義F（x） = max（Si（x）），求F（x）的最小值。

分析：三分。F（x）是一個單峯函數，先單調遞減後單調遞增，利用三分求最小值。

        首先，證明兩個二次函數構造的F2（x）爲單峯函數；

        （如果不成立，則存在兩個連續的波谷，交點處一個函數遞增另一個遞減，矛盾，不會取遞減函數）

        然後，用數學歸納法證明，Fi（x）爲單峯函數，則Fi+1 = max（Fi（x），Si+1（x））也是單峯函數；

        （如果存在兩個（或更多）連續的波谷，交點處一個函數遞增另一個遞減，矛盾，所以只有一個波谷）

        結論，綜上所述得證結論，只存在一個波谷。

作者：小白菜又菜
來源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/mobius_strip/article/details/45618095
版權聲明：本文爲博主原創文章，轉載請附上博文鏈接！

看不懂自己YY吧，啊啊啊啊。

難道又要動用我們毒瘤可愛的double了？
不，我拒絕！！！

既然保留四位小數，又五舍六入，那麼乘100000啦！

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  ll;
ll  a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline  double  mymax(double  x,double  y){return  x>y?x:y;}
inline  double  cai(ll  x)//從所有函數中選最大值 
{
	double  xx=x/100000.0;//變回double
	double  mmax=-999999999;
	for(ll  i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
	return  mmax;
}
int  main()
{
	ll  T;scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
		ll  l=0,r=1e8/*1*10的8
		次方*/,m1,m2,ans;//三分日常操作 
		while(l<=r)
		{
			m1=l+(r-l+1)/3;m2=r-(r-l+1)/3;
			if(cai(m1)<=cai(m2))r=m2-1;
			else  l=m1+1;
		}
		if(cai(l)<cai(r))printf("%.4lf\n",cai(l));
		else  printf("%.4lf\n",cai(r));//統計答案 
	}
	return  0;
}

。。。
~~作者可能學了個假的三分。。。~~

不過，如果乘以一百萬（多乘了個10）。。。

猴子（作者）想了一個壞想法，於是我用了~~高精度~~1e10與1e11，終於，在1e11時卡精度AC了！

AC代碼：

//猴子將double*1e8將他轉爲long  long
#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  ll;
ll  a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline  double  mymax(double  x,double  y){return  x>y?x:y;}
inline  double  cai(ll  x)//轉回long long;
{
	double  xx=x/100000000.0;
	double  mmax=-999999999;
	for(ll  i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
	return  mmax;
}
int  main()
{
	ll  T;scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
		ll  l=0,r=1e11,m1,m2,ans;
		while(l<=r)
		{
			m1=l+(r-l+1)/3;m2=r-(r-l+1)/3;
			if(cai(m1)<cai(m2))r=m2-1;
			else  l=m1+1;//三分
		}
		if(cai(l)<cai(r))printf("%.4lf\n",cai(l));
		else  printf("%.4lf\n",cai(r));
	}
	return  0;
}

所以，帶精度的二分與三分是可以轉成long long來做的，在check裏再轉會double就行了，不過三分可能要多乘一點。

終於寫完了。

每日笑話：

追到我的女神我用了三個辦法辦法一堅持辦法二不要臉辦法三堅持不要臉她帶我回家她爸爸很無禮地跟我說我養了我女兒二十年我憑什麼把她嫁給你我回答你養她二十年我要養她四十年還要照顧你三十年你憑什麼不把她嫁給我
--------來源

--------來源

感謝大家觀看。

就怪了！

難道大家沒發現三分會比二分慢嗎？
啊啊啊啊啊！
但是，我們可以將m1=(l+r)/2;m2=m1+1;
這樣子，如果比較完後，l=m2或者r=m1，正確性的話雖然m1與m2靠的很近，不過依舊可以達到單峯在l與r之間，就對了，不過是l<r不是l<=r，因爲這樣分m1與m2嚴格m1<m2且m1與m2屬於[l,r]，所以只能用l<r，不過這樣有個好處，就是由於l或r都是等於m1或m2的，所以不會出現r<l的情況，最後一定l==r，所以答案就是l或r，而且一次縮小的區間變大了，常數也就小了！

代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  ll;
ll  a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline  double  mymax(double  x,double  y){return  x>y?x:y;}
inline  double  cai(ll  x)
{
	double  xx=x/100000000.0;
	double  mmax=-999999999;
	for(ll  i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
	return  mmax;
}
int  main()
{
	ll  T;scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
		ll  l=0,r=1e11,m1,m2,ans;
		while(l<r)//常數小的三分 
		{
			m1=(l+r)>>1;m2=m1+1;
			if(cai(m1)<cai(m2))r=m1;
			else  l=m2;
		}
		printf("%.4lf\n",cai(r/*可以換成l*/));
	}
	return  0;
}
//開心！

~~是不是意味着我們可以出毒瘤卡常題目了~~

二分與三分（精度類型）

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