码农的泪——二分答案总结

       弄了一上午二分答案，终于弄明白了—— 一点点

       第一点，在C++中，因为做除法是向下取整的，所以为了让每一次计算的mid在所选区间内，一定要将左区间闭上。 

       第二点，既然左边闭上了，那右边闭不闭呢？答案是不确定的。我自己喜欢左闭右开，和STL的习惯一样。我这个人很懒，但是这样也不容易出错。我做的一些题证明，左闭右开是可以解决这些问题的。下面分析都将建立与左闭右开的区间选择上讨论。

        我们为什么要做二分优化呢？第一点，我们要的解答是有序的。第二点，当然是省时间了。《编程挑战》中说，进行100次二分验证，解的误差范围可以在10的-30次方左右。非常NICE。

       那么是什么让我这么头痛呢？那就是整数的二分。

      用两道例题来说一下。

      第一道，poj3104晾衣服。 

      

     

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long n,k,l,r;
long long c[100100];

bool solve(int day)
{
long long count=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i]<=day) continue;
else
{
long long temp=(c[i]-day)/(k-1);
if(temp*(k-1)0)
{
int mid=(l+r)/2;
if(solve(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",r);
}
return 0;
}

    
     思路很简单，二分晾衣服的时间，每次检验，对于衣服i，它含有c[i]的水，那么让它晾干，如果它的水分<=day(即假设的总用时），那么就不需要熨烫。如果大于它，就需要满足以下关系式：
     设它最少需要熨烫n次，那么有：
                        c[i]-k*n+n<=day
     也就是求满足这个不等式的最小正整数。然而难点不在这里。
    我们看主函数。如果我们的mid可以，就说明范围应该向左挪。那么细节来了：l,r,mid以及输出怎样来考虑？
    对于一个区间[a,b)，如果它的mid可以，那么接下来有两种情况，
    1：mid就是最优解。
    2：最优解在mid的左边。
    所以我让r=mid，这样如果mid是最优解，输出r就是了。如果不是，那么就接着挪。
    如果mid不可以呢？那么就让区间向右挪，由于区间左边是闭的，就不需要保留了，l=mid+1就可以了,而r还是前一次可行解
    这样，最后会达到什么情况呢？
    [a,a+1),根据前面的分析,a+1肯定是一个可行解。这时，区间的mid就是a,
    如果a可行，r=a,此时区间里没有数了，a就是最优解，此时r=a，输出r就可以了。
    如果a不可行，那么l=a+1,区间里没有数了，a+1就是可行解，而r一直就是可行解，输出r就可以了。
    所以这是思考的精髓，就是让r始终是接近最优解的可行解。而对最后区间的分析，表明循环的要求是r-l>0
    针对本题，它的坑点是k=1要单独判断，因为上面的不等式，解出n之后，分母是k-1!!!!!!!!!!!!!!!!!!
    还有，要用long long ，因为上式中10^9的级别的数一乘会溢出int
    这道题是最小化最大值，下面看一下最大化最小值。

   poj3258奶牛跳石头兼NOIP2015Day2第一题，我居然一开始要用堆做，然而考完了也没反应过来是不对的。然后就跪了。
   

#include
#include
#include
using namespace std;
int L,n,m;
int stone[50010];

bool solve(int s)
{
int count=0,last=0,now=1;
while(now<=n)
{
if(stone[now]-stone[last]>=s)
{
last=now;
now++;
}
else
{
now++;
count++;
}
}
if(stone[n+1]-stone[last]>=s&&count<=m) return true;
else return false;
}
int main()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
scanf("%d %d %d",&L,&n,&m);
stone[0]=0;stone[n+1]=L;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&stone[i]);
sort(stone+1,stone+n+1);
int l=0,r=1000001000;
while(r-l>0)
{
int mid=(l+r)/2;
if(solve(mid)) l=mid+1;
else r=mid;
}
printf("%d",l-1);
}

   判断的地方，就要注意终点石头和最后剩下的那块之间的距离也要对就行了。
   重点还是说二分。
   这题我们怎样使用左闭右开区间呢？
   总思路：用l控制接近最优解的可行解。
   对于区间[l,r)
   如果它的mid不可以，那么r=mid，那端不要了，不伤大雅。
   如果它的mid可以，那么l=mid,也可以l=mid+1;
   如果我选择了l=mid,那么最后是什么情况呢？ 
   不太好想。假设最后是[l,l+2),它的mid一定是l+1。如果l+1可行，那么l=l+1,形成区间[l+1,l+2),l+2不行，那么l+1就是最优解。如果l+1不可行，那么r=l+1,l就是最优解。所以这种方法的循环判定就是r-l>1
   如果我选择l=mid+1呢，假设最后是[l,l+1),l-1是那个最接近最优解的可行解，l是这个区间的mid，如果mid可行，那么l=l+1,区间里没有数了，现在的l就是最优解。说的有点迷糊。对于区间[5,6),4就是它最接近最优解的可行解，那么如果5可以，那么形成区间[6,6}，这个区间的l-1，也就是5，就是我们要的答案。如果mid不行，r=5,形成区间[5,5),它的l-1，即4就是最优解。而我附的代码就是按第二种思路写的。

   
  而第一题之所以没有r=mid-1的写法，因为右侧是开的，左+1，右-1，很容易出现[3,1)的情况，就难以控制了，我一测是WA,不好。
   所以，这种二分答案的思路，大同小异，最主要的掌握核心：控制哪个是最接近最优解的可行解，然后就需要灵活处理，看最后的情况。这样，二分答案就没什么可怕的了，来几道，做几道。

    祝大家学习进步，愿OI永葆青春。