對《挑戰程序設計競賽》的一個記錄
第三章 出類拔萃——中級篇
3.1 二分搜索
（1） 從有序數組中查找某個值
這個是最常見的二分搜索，在這就不多說了
（2）假定一個解並判斷是否可行
之前不知道原來二分有那麼多用處，往下看
poj 1064
有N條繩子，他們的長度分別爲Li，如果從他們中切割出K條相同的繩子的話，這K條繩子每段最長能有多長？答案保留到小數點後2位。
已知：
1≤N≤10000
1≤K≤10000
1≤Li≤100000
sample input
N = 4
K = 11
L = {8.02，7.43，4.57，5.39}
sample output
2.00（每條繩子可以得到4條，3條，2條，2條，總計11條）
二分搜索模型的建立，令條件C(x):=可以得到K條長度爲x的繩子
我們要二分的是繩子的長度，已知最小長度爲0（l = 0），最大長度爲最長繩子的長度(r = INF),當二分到某個值時，如果能得到的繩子數>K,表明當前值小了，還可以切更大的
這題要注意的是最後輸出時，長度不要四捨五入後的值，例如2,005我要的是2.00而不是2.01，如果直接printf("%.2lf",ans),會自動四捨五入的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#define sf scanf
#define pf printf
#define eps 1e-10
using namespace std;
const int Maxn = 10010;
double len[Maxn];
int n,k;
int getnum(double mid)
{
int num = 0;
for(int i = 0;i < n;i ++)
num += (int)(len[i]/mid);
return num;
}
double solve(double r)
{
double l = 0;
while(l - r < -eps)
{
double mid = (l + r) / 2;
if(getnum(mid) < k)
r = mid;
else
l = mid;
}
return r;
}
int main()
{
while(~sf("%d%d",&n,&k))
{
double Max = 0;
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
sf("%lf",&len[i]);
if(len[i] > Max)
Max = len[i];
}
double ans = solve(Max);
pf("%.2f\n",floor(ans * 100) / 100);
}
return 0;
}（3） 最大化最小值
poj 2456 Aggressive cows
農夫約翰搭了一間有N見牛舍的小屋。牛舍排在一條線上，第i號牛舍在xi的位置，但是他的M頭牛對小屋很不滿意，因此經常相互攻擊，約翰爲了防止牛之間互相傷害，因此決定把每頭牛放在離其他牛儘可能遠的牛舍，也就是最大化最近的兩頭牛之間的距離。
已知：
2≤N≤100000
2≤M≤N
0≤Xi≤10^9
sample input
N = 5
M = 3
x = {1,2,8,4,9}
sample output
3(在位置1,4,8的牛舍中放入三頭牛)
這道題其實跟上一題其實很像，我們可以定義C(d):=可以安排牛的位置使得任意牛的間距不小於d
首先按牛舍的距離排序
二分到某個d值後，從第一個牛舍開始放牛，找到一個牛舍使得它與之前放牛的牛舍距離≥d，再放入一頭牛，依次計算，得到一共能放k頭牛，如果k>M,說明二分的d值太小，還可以繼續擴大。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#define sf scanf
#define pf printf
using namespace std;
const int Maxn = 100010;
int n,k;
int x[Maxn];
int getnum(int mid)
{
int num = 1;
int f = x[0];
for(int i = 1;i < n;i ++)
{
if(x[i] - f >= mid)
{
num ++;
f = x[i];
}
}
return num;
}
int solve(int l,int r)
{
while(l <= r)
{
int mid = (l + r) / 2;
if(getnum(mid) < k)
r = mid - 1;
else
l = mid + 1;
}
return r;
}
int main()
{
while(~sf("%d%d",&n,&k))
{
for(int i = 0;i < n;i ++)
sf("%d",&x[i]);
sort(x,x + n);
pf("%d\n",solve(0,x[n - 1] - x[0]));
}
return 0;
}（4） 最大化平均值
有n個物品的重量和價值分別問wi和vi，從中選出k個物品使得單位重量的價值最大
已知：
1≤k≤n≤10^5
1≤wi,vi≤10^6
sample input
n = 3
k = 2
{w,v} = {{2,2},{5,3},{2,1}}
sample output
0.75(如果選擇0號和2號，平均價值爲（2 + 1）/(2 + 2) = 0.75)
這題的想法比前兩個難一點，首先想到的就是對平均值進行二分枚舉，但是枚舉到值後，怎麼去確定到底是由哪些物品構成了這個平均值。
換個思路，如果是按貪心的方法，把物品按單位價值進行排序，從大到小進行貪心地進行選取，但是這個方法的得到的結果是5/7 = 0.714,那到底該如何求解呢？
還是二分，我們定義條件C(x):=可以選擇使得單位重量的價值不小於x。我們選擇某些物品的集合S，使得其單位重量的價值爲
因此判斷是否存在S滿足下面的條件：
因此對vi-x*wi進行貪心的選取就好了，按vi-x*wi從大到小排，如果前k個值使得不等式成立，則這個集合S是符合條件的，可以繼續擴大x的範圍。
poj 3111 代碼如下：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#define sf scanf
#define pf printf
#define eps 1e-7
using namespace std;
const int Maxn = 100010;
int n,k;
int ans[Maxn];
struct node
{
double w,v;
double perval;
int p;
};
node jew[Maxn];
double cmp(node x,node y)
{
return x.perval > y.perval;
}
int getnum(double mid)
{
for(int i = 0;i < n;i ++)
jew[i].perval = jew[i].v - jew[i].w * mid;
sort(jew,jew + n,cmp);
double num = 0;
for(int i = 0;i < k;i ++)
num += jew[i].perval;
return num >= 0;
}
void solve(double l,double r)
{
while(l - r < -eps)
{
double mid = (l + r) / 2;
if(getnum(mid))
{
l = mid;
for(int i = 0;i < k;i ++)
ans[i] = jew[i].p;
}
else
r = mid;
}
}
int main()
{
while(~sf("%d%d",&n,&k))
{
double Max = 0;
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
sf("%lf%lf",&jew[i].v,&jew[i].w);
jew[i].p = i + 1;
if(jew[i].v / jew[i].w > Max)
Max = jew[i].v / jew[i].w;
ans[i] = i + 1;
}
solve(0,Max);
sort(ans,ans + k);
pf("%d",ans[0]);
for(int i = 1;i < k;i ++)
pf(" %d",ans[i]);
pf("\n");
}
return 0;
}