基本算法——二分答案经典模型例题

Posted 2022-12-28 ninedream

序言

　　对于单调性或二段性的对象一般会考虑二分答案。

　　把该问题转化为给定一个值mid，判定是否可行，进而缩小范围。

模型

　　1.最大值最小&最小值最大

　　此类问题对于答案从属于右边的，则选用“r=mid”的模板；对于答案从属于左边的，则选用“l=mid”的模板。

　　2.最接近某个值的答案

　　这类问题其实可以根据绝对值的性质，将其划分成两个子问题。

　　大于等于该值的答案中最小的&小于等于该值的答案中最大的

　　那么便转化成上一类问题了。

　　3.最大化或最小化某个值

　　根据单调性二分即可。

典题详析

　　1.洛谷P1948电话线/Acwing 340.通信线路

题面分析：

　　题目要求“剩余的电缆中，最贵的那条的最少花费”，这就是一个典型的“最大值最小”的模型。

算法思路：

　　二分路径上第k+1长的边的权值，使其最小化。
　　对于路径上边权大于该值的边，是必须用一次免费机会的。那么把其值记为1；
　　否则是不需用掉免费机会的，则把其值记为0；
　　然后跑一遍01最短路即可。

　　代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue> 
using namespace std;
const int  N = 1e3+10,M = 2e4+10;
struct Edge
    int to,next,w;
edge[M]; int idx;
int h[N];
int vis[N],dis[N];
int n,m,k;

void add(int u,int v,int w)

    edge[++idx].w=w;
    edge[idx].to=v;
    edge[idx].next=h[u];
    h[u]=idx;


bool check(int mid)  //SLF优化的SPFA最短路

    deque<int> q;
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    dis[1]=0;
    vis[1]=1;
    q.push_back(1);
    while(!q.empty())
    
        int now=q.front();
        q.pop_front();
        vis[now]=0;
        for(int i=h[now];~i;i=edge[i].next)
        
            int to=edge[i].to,w;
            if(edge[i].w<=mid)w=0;else w=1;
            if(dis[to]>dis[now]+w)
            
                dis[to]=dis[now]+w;
                if(!vis[to])
                
                    if(!q.empty()&&dis[to]<dis[q.front()])
                        q.push_front(to);
                    else q.push_back(to);
                    vis[to]=1;
                
            
        
    

    if(dis[n]<=k)return true;
    else return false;


int main()

    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    int maxx=-2e9;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
        maxx=max(maxx,w);
    
    int l=0,r=maxx;
    while(l<r)
    
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    
    if(!check(l))puts("-1");
    else printf("%d\n",l);
    return 0;

---

　　2. NOIP提高组2011 聪明的质监员 洛谷P1314 / Acwing 499

题面分析：

　　仔细思考，不难发现如下性质：

　　W越大，则重量大于等于W的矿石就会越少，那么Y就越小；

　　W越小，则重量大于等于W的矿石就会越多，那么Y就越大。

　　也就是说，Y与W呈负相关，Y随W单调变化。

算法思路：

　　我们二分W的值，然后进行判定。

　　找出满足条件“使得Y小于等于S”的W中的最小值，即满足条件的Y的最大值。

　　那么最后再算一遍W-1的Y值，即是Y大于等于S的Y的最小值。

　　对于满足条件的矿石个数与价值的区间求和，我们很容易想到用前缀和来处理。

　　代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N =2e5+10,M=2e5+10;;
long long s;
int n,m;
int sum_n[N],sum_v[N];
int w[N],v[N],l[M],r[M];

long long valid(int mid)

    memset(sum_n,0,sizeof sum_n);
    memset(sum_v,0,sizeof sum_v);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        if(w[i]>=mid)
        
            sum_n[i]=sum_n[i-1]+1;
            sum_v[i]=sum_v[i-1]+v[i];
        
        else
        
            sum_n[i]=sum_n[i-1];
            sum_v[i]=sum_v[i-1];
        
    
    
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    
        ans+=(long long)(sum_n[r[i]]-sum_n[l[i]-1])*(sum_v[r[i]]-sum_v[l[i]-1]);
    
    return ans;


int main()

    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&s);
    int L=2e9,R=-2e9;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
        L=min(L,w[i]);
        R=max(R,w[i]);
    
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
    
    long long ans=2e18;
    while(L<R)
    
        int mid=L+R>>1;
        long long res=valid(mid);
        if(res<=s)R=mid;
        else L=mid+1;
    
    ans=min(abs(valid(L)-s),abs(valid(L-1)-s));
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
 

---

　　3. NOIP提高组2012 借教室 洛谷P1083 / Acwing 503

题面分析：

　　当前一份的订单已经无法满足的时候，那么后续的订单也必然无法满足。

　　于是我们发现了能否满足的订单数的单调性。

算法思路：

　　二分订单数，即题目要求的第一份无法满足的订单编号。

　　那么对于每次的二分值，进行判定：

　　到当前这份订单为止，对于每一天要租借的教室的数量进行累加，看原有的教室数量是否足够。

　　每次判定都需要对区间进行加减操作，那么我们自然想到用差分进行处理。

　　代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1e6+10;

int n,m;
int s[N],t[N],d[N],f[N],c[N];

bool check(int mid)

    memcpy(c,f,sizeof c);
    for(int i=1;i<=mid;i++)
    
        c[s[i]]-=d[i];
        c[t[i]+1]+=d[i];
    
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        sum+=c[i];
        if(sum<0)return true;
    
    return false;


int main()

    scanf("%d%d",&n,&m);
    int la=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        int a;scanf("%d",&a);
        f[i]=a-la;la=a;
    
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&d[i],&s[i],&t[i]);
    int l=1,r=n+1;
    while(l<r)
    
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    
    if(l==n+1)puts("0");
    else printf("-1\n%d\n",l);