二分
对于一个存在单调性的函数，我们要枚举满足条件的最小/最大值，我们通过枚举中间值缩小范围来定位。
while(l<r)
{
mid=(l+r+1)>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
三分
对于一个存在单峰/单谷性的函数，我们可以通过枚举两个端点通过比较大小缩小范围求出峰顶/谷底。
while(r-l>1e-18)
{
lmid=l+(r-l)/3;
rmid=r-(r-l)/3;
if(check(lmid)>check(rmid)) l=lmid;
else r=rmid;
}
对于二分和三分，我重点会在例题中讲。
例题1：【Loj #10011. 「一本通 1.2 例 1」愤怒的牛】
题目链接
题目
农夫约翰建造了一座有 间牛舍的小屋，牛舍排在一条直线上，第 间牛舍在 的位置，但是约翰的
头牛对小屋很不满意，因此经常互相攻击。约翰为了防止牛之间互相伤害，因此决定把每头牛都放在离其它牛尽可能远的牛舍。也就是要最大化最近的两头牛之间的距离。
牛们并不喜欢这种布局，而且几头牛放在一个隔间里，它们就要发生争斗。为了不让牛互相伤害。John 决定自己给牛分配隔间，使任意两头牛之间的最小距离尽可能的大，那么，这个最大的最小距离是多少呢？农夫约翰建造了一座有 间牛舍的小屋，牛舍排在一条直线上，第 间牛舍在 的位置，但是约翰的
头牛对小屋很不满意，因此经常互相攻击。约翰为了防止牛之间互相伤害，因此决定把每头牛都放在离其它牛尽可能远的牛舍。也就是要最大化最近的两头牛之间的距离。
牛们并不喜欢这种布局，而且几头牛放在一个隔间里，它们就要发生争斗。为了不让牛互相伤害。John 决定自己给牛分配隔间，使任意两头牛之间的最小距离尽可能的大，那么，这个最大的最小距离是多少呢？
思路
首先我们对牛棚从小到大排序。
然后我们二分距离，再暴力检查是否可行。
时间复杂度：\(O(n\log n)\)
Code
// Problem: #10011. 「一本通 1.2 例 1」愤怒的牛
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/10011
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
//#define N
int n, m, i, j, k;
int a[100010];
int l, r, mid, now;
int check(int d)
{
for(i=2, j=1, now=a[1]; i<=n; ++i)
if(a[i]-now>=d) ++j, now=a[i];
return j>=m;
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in", "r", stdin);
// freopen("tiaoshi.out", "w", stdout);
n=read(); m=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
sort(a+1, a+n+1);
l=0, r=a[n];
while(l<r)
{
mid=(l+r+1)>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%lld", l);
return 0;
}
例题2：【Loj #10012. 「一本通 1.2 例 2」Best Cow Fences】
题目链接
题目
给定一个长度为 nnn 的非负整数序列 AAA ，求一个平均数最大的，长度不小于 LLL 的子段。
思路
先二分平均值。
然后是判断。
如何判断一段数中是否存在长度大于等于 \(L\) 且平均值大于某个数的子段呢？
我们可以先让序列中的数都减去二分中的值，然后就转化为：
序列中是否存在长度大于等于 \(L\) 的字段和为正。
我们可以先构造一个前缀和。
假设我们当前算到序列中的第 \(i\) 项，我们只需要在前 \(i-L\) 项中找最小前缀和，再用 \(S_i\) 去减即可。如果为正，说明符合条件。
Code
// Problem: #10012. 「一本通 1.2 例 2」Best Cow Fences
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/10012
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
#define N 100010
int n, m, i, j, k;
int len;
double l, r, mid, mn;
double sum[N], a[N];
int check(double d)
{
sum[0]=mn=99999999999999;
for(i=1; i<=n; ++i)
{
sum[i]=(i==1? double(0) : sum[i-1])+a[i]-d;
mn=min(mn, sum[max(0, i-len)]);
if(sum[i]-mn>0) return 1;
}
if(sum[n]>0) return 1;
return 0;
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in", "r", stdin);
// freopen("tiaoshi.out", "w", stdout);
n=read(); len=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=double(read());
l=-1, r=2001;
while(r-l>0.000000001)
{
// printf("%lf %lf\n", l, r);
mid=(l+r)/double(2);
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%d", int(r*1000));
return 0;
}
例题3：【Loj #10013. 「一本通 1.2 例 3」曲线】
题目链接
题目
明明做作业的时候遇到了 nnn 个二次函数 Si(x)=ax2+bx+cS_i(x)= ax^2 + bx + cSi(x)=ax2+bx+c，他突发奇想设计了一个新的函数 F(x)=max{Si(x)},i=1…nF(x) = max{S_i(x)}, i = 1ldots nF(x)=max{Si(x)},i=1…n。
明明现在想求这个函数在 [0,1000][0,1000][0,1000] 的最小值，要求精确到小数点后四位，四舍五入。
思路
三分模板。
在区间 \([0, 1000]\) 中进行三分，每次 \(O(n)\) 算出答案。
显然， 由于 \(s\) 函数满足单调性，\(f\) 函数是 \(s\) 函数中的最大值，必然也满足单调性。
Code
// Problem: #10013. 「一本通 1.2 例 3」曲线
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/10013
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define N
//#define M
//#define mo
int n, m, i, j, k, t;
double l, r, lmid, rmid, sum;
double a[100010], b[100010], c[100010];
double check(double x)
{
sum=-99999999999;
for(i=1; i<=n; ++i)
sum=max(sum, a[i]*x*x+b[i]*x+c[i]);
return sum;
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
t=read();
while(t--)
{
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i)
scanf("%lf%lf%lf", &a[i], &b[i], &c[i]);
l=0; r=1000;
while(r-l>0.00000000001)
{
lmid=l+(r-l)/3;
rmid=r-(r-l)/3;
if(check(lmid)>check(rmid)) l=lmid;
else r=rmid;
}
printf("%.4lf\n", check(l));
}
return 0;
}
例题4：【P1182 数列分段 Section II】
题目链接
题目
对于给定的一个长度为N的正整数数列 \(A_{1\sim N}\)，现要将其分成 \(M\)（\(M\leq N\)）段，并要求每段连续，且每段和的最大值最小。
关于最大值最小：
例如一数列 \(4\ 2\ 4\ 5\ 1\) 要分成 \(3\) 段。
将其如下分段：
\[[4\ 2][4\ 5][1] \]第一段和为 \(6\)，第 \(2\) 段和为 \(9\)，第 \(3\) 段和为 \(1\)，和最大值为 \(9\)。
将其如下分段：
\[[4][2\ 4][5\ 1] \]第一段和为 \(4\)，第 \(2\) 段和为 \(6\)，第 \(3\) 段和为 \(6\)，和最大值为 \(6\)。
并且无论如何分段，最大值不会小于 \(6\)。
所以可以得到要将数列 \(4\ 2\ 4\ 5\ 1\) 要分成 \(3\) 段，每段和的最大值最小为 \(6\)。
思路
二分最小值，然后我们对于每次二分的值进行判断，于是就转换为：
给出一个序列，每段和的最大值不得超过 \(mid\)，问最多能分出多少段。
如果段数超过 \(k\)，说明可行。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
由于这道题是我2021.8做的，所以那时码风很现在的不太一样。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,m,i,j,k;
int a[1000010];
int sum,now,t;
int l,r,mid;
int pan(int x)
{
now=0;
t=1;
for(i=1;i<=n;++i)
{
if(a[i]>x)
return 0;
if(now+a[i]>x)
{
now=a[i];
++t;
if(t>m)
return 0;
}
else
now+=a[i];
}
return 1;
}
signed main()
{
// freopen("seqseg.in","r",stdin);
// freopen("seqseg.out","w",stdout);
// std::ios::sync_with_stdio(false);
n=read();
m=read();
for(i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(),sum+=a[i];
l=0,r=sum;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if(pan(mid))
r=mid-1;
else
l=mid+1;
}
// for(int i=1;i<=sum;++i)
// printf("%d: %d\n",i,pan(i));
printf("%d",l);
return 0;
}
例题5：【P1661 扩散】
题目链接
题目
一个点每过一个单位时间就会向四个方向扩散一个距离，如图。两个点a、b连通，记作e(a,b),当且仅当a、b的扩散区域有公共部分。连通块的定义是块内的任意两个点u、v都必定存在路径e(u,a0),e(a0,a1),…,e(ak,v)。给定平面上的n给点，问最早什么时刻它们形成一个连通块。
思路
二分答案+并查集。
首先二分时间 \(t\)。
如果两个点能直接相连，则他们的曼哈顿距离小于二倍 \(t\)。并且把他们放到一个并查集里面。
最后判断所有点是否在一个并查集里即可。
Code
// Problem: P1661 扩散
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P1661
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 55
//#define M
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int x[N], y[N], f[N], l, r, mid;
int fa(int x)
{
if(f[x]==x) return x;
return f[x]=fa(f[x]);
}
int check(int t)
{
for(i=1; i<=n; ++i) f[i]=i;
for(i=1; i<=n; ++i)
for(j=i+1; j<=n; ++j)
if(abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])<=2*t)
f[fa(i)]=fa(j);
for(i=2; i<=n; ++i)
if(fa(i)!=fa(i-1)) return 0;
return 1;
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i)
x[i]=read(), y[i]=read();
l=1, r=1000000000000;
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld", l);
return 0;
}
例题6：【P5931 [清华集训2015]灯泡】
题目链接
题目
相比 \(Wildleopard\) 的家，他的弟弟 \(Mildleopard\) 比较穷。他的房子是狭窄的，而且在他的房间里仅有一个灯泡。每天晚上，他徘徊在自己狭小的房子里，思考如何赚更多的钱。有一天，他发现他的影子的长度随着他在灯泡和墙壁之间走动时会发生变化。一个突然的想法出现在他的脑海里，他想知道在房间里他的影子的最大长度。
思路
首先不考虑照在墙上，用相似三角形可以手推出 \(y=x\times \frac{h}{H-h}\)。
如果照在墙上，也可以再弄一个相似推出 \(y=D-x+H-\frac{D\times(H-h)}{x}\)。
其中，\(D-x\) 代表在地上的影子，\(H-\frac{D\times(H-h)}{x}\) 在墙上的影子。
易发现存在单谷性，可以用三分。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define N
//#define M
//#define mo
int n, m, i, j, k, t;
double H, h, D, l, r, lmid, rmid;
double check(double x)
{
if(x+x*h/(H-h)<=D) return x*h/(H-h);
return D-x+H-(H-h)*D/x;
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
t=read();
while(t--)
{
scanf("%lf%lf%lf", &H, &h, &D);
l=0; r=D;
while(r-l>1e-11)
{
lmid=l+(r-l)/3;
rmid=r-(r-l)/3;
if(check(lmid)>check(rmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
printf("%.3lf\n", check(l));
}
return 0;
}
例题7：【P2571 [SCOI2010]传送带】
题目链接
题目
在一个 \(2\) 维平面上有两条传送带，每一条传送带可以看成是一条线段。两条传送带分别为线段 \(\text{AB}\) 和线段 \(\text{CD}\)。lxhgww 在 \(\text{AB}\) 上的移动速度为 \(P\)，在 \(\text{CD}\) 上的移动速度为 \(Q\)，在平面上的移动速度 \(R\)。现在 lxhgww 想从 \(\text A\) 点走到 \(\text D\) 点，他想知道最少需要走多长时间。
思路
三分套三分。
现在AB上三分一个点，再在CD上三分一个点，易证符合单调性。
求距离需要用到一些数学知识。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
//#define N
int n, m, i, j, k;
double ax, ay, bx, by, cx, cy, dx, dy, p, q, r;
double pingfa(double x)
{
return x*x;
}
double go(double lx, double ly, double rx, double ry, double speed)
{
double s=sqrt(pingfa(rx-lx)+pingfa(ry-ly));
return s/speed;
}
double second_three_mid(double lstlx, double lstly)
{
double lx, ly, rx, ry, tx, ty, nlx, nly, nrx, nry;
double lans, rans;
lx=cx; ly=cy; rx=dx; ry=dy;
while(abs(rx-lx)>1e-12||abs(ry-ly)>1e-12)
{
tx=(rx-lx)/3; ty=(ry-ly)/3;
nlx=lx+tx; nly=ly+ty;
nrx=rx-tx; nry=ry-ty;
lans=go(lstlx, lstly, nlx, nly, q)+go(nlx, nly, dx, dy, r);
rans=go(lstlx, lstly, nrx, nry, q)+go(nrx, nry, dx, dy, r);
// printf("> %lf %lf %lf %lf %lf %lf\n", lx, ly, rx, ry, lans, rans);
if(lans<rans) rx=nrx, ry=nry;
else lx=nlx, ly=nly;
}
// printf("======= %lf %lf========", go(lstlx, lstly, lx, ly, q), go(lx, ly, dx, dy, r));
return go(lstlx, lstly, lx, ly, q)+go(lx, ly, dx, dy, r);
}
double first_three_mid()
{
double lx, ly, rx, ry, tx, ty, nlx, nly, nrx, nry;
double lans, rans;
lx=ax; ly=ay; rx=bx; ry=by;
while(abs(rx-lx)>1e-12||abs(ry-ly)>1e-12)
{
// printf("> %lf %lf %lf %lf\n", lx, ly, rx, ry);
tx=(rx-lx)/3; ty=(ry-ly)/3;
nlx=lx+tx; nly=ly+ty;
nrx=rx-tx; nry=ry-ty;
lans=go(ax, ay, nlx, nly, p)+second_three_mid(nlx, nly);
rans=go(ax, ay, nrx, nry, p)+second_three_mid(nrx, nry);
// printf("\n%lf %lf %lf %lf %lf\n", nlx, nly, go(ax, ay, nlx, nly, p), second_three_mid(nlx, nly), lans);
// printf("\n%lf %lf %lf %lf %lf\n", nrx, nry, go(ax, ay, nrx, nry, p), second_three_mid(nrx, nry), rans);
if(lans<rans) rx=nrx, ry=nry/*, printf("right\n")*/;
else lx=nlx, ly=nly;
}
// printf("--- %lf %lf\n", go(ax, ay, lx, ly, p), second_three_mid(lx, ly));
return go(ax, ay, lx, ly, p)+second_three_mid(lx, ly);
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in", "r", stdin);
// freopen("tiaoshi.out", "w", stdout);
ax=double(read()); ay=double(read());
bx=double(read()); by=double(read());
cx=double(read()); cy=double(read());
dx=double(read()); dy=double(read());
if(ax==dx&&ay==dy) return printf("0.00"), 0;
p=double(read()); r=double(read()); q=double(read());
printf("%.2lf", first_three_mid());
return 0;
}