Drying POJ - 3104

題目描述：晾衣服，洗衣機一分鐘可以晾K水，自然風乾一分鐘可以減少1水。求晾乾所有衣服所需要的最小時間。

解題思路：二分時間，那怎麼計算滿足的時間呢。轉換一下思路，總時間就是洗衣機工作的時間，因爲如果只有自然風乾的話，時間是<=洗衣機總是工作的，什麼時候=呢，是k=1的時候。那麼下面計算洗衣機工作的時間，列一個方程組，求每件衣服需要洗衣機洗的時間t2。t1*1+t2*k>=w[i],t1+t2=mid（每次二分的總時間），t1是自然風乾的時間。得出t2>=(w[i]-mid)/(k-1),如果(w[i]-mid)%(k-1)！=0，那麼t2就得+1.另外還需要注意的地方時分母k-1不能等於0，所以需要特殊處理。

代碼如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn=100000+10;
int w[maxn],n,k;

bool judge(int mid)
{
    int tol=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(w[i]-mid>0)
        {
            if(k==1) tol+=(w[i]-tol);
            else
            {
               if((w[i]-mid)%(k-1))  tol+=(w[i]-mid)/(k-1)+1;
               else tol+=(w[i]-mid)/(k-1);
            }
        }
        if(tol>mid) return false;
    }
   return true;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int mmax=-1;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",w+i);
        mmax=max(mmax,w[i]);
    }
    scanf("%d",&k);
    sort(w,w+n,greater<int>());
    int l=0,r=mmax*2,ans=l+(r-l)/2;
    while(r-l>1)
    {
        int mid=l+(r-l)/2;
        if(judge(mid))
        {
            ans=mid;
            r=mid;
        }
        else l=mid;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

另外二分的時候控制條件和邊界處理，還有輸出哪一個變量都是些小細節，需要考慮。比如控制條件是r-l>1,那麼只需要如上代碼那樣就行，輸出可以是最後的mid或r。如果控制條件是r>=l,則需要寫成r=mid-1,l=mid+1,這樣才能保證跳出循環，最後可以輸出最後的mid或者l。如果控制條件是r>l，則得寫成l=mid+1,r=mid，這樣才能保證跳出循環，最後可以輸出最後的mid或l。最後總結r和l爲什麼要這樣寫的，因爲要保證能跳出循環，使得l可以大於r,如果只是讓r=mid,l=mid，則二分到最後，r-l=1,永遠跳不出循環,所以循環控制條件寫成r-l>1也是可行的。

之前做浮點數的二分題，二分到最後，l,r,mid相差極其微小，所以是在誤差範圍之內的，最後輸出lr,mid都行，但做整型數的時候，二分到最後l,r相差1,具體輸出哪一個就不一樣了，但是無論是浮點數還是整型數，最後輸出mid應該不會錯。