引入
二分是一种十分重要的算法。srds，我不得不举一个被用烂了的例子。
JQ 心里想了一个数 \(x\)（\(1 \leq x \leq 10\)），ZWB 来猜，如果在 \(4\) 次内猜中了，ZWB 就和 JQ [数据删除]。假设 \(x = 7\)。
第 \(1\) 次，范围为 \([1, 10]\)，ZWB 猜 \(\lfloor \frac{1 + 10}{2} \rfloor = 5\)。JQ 甜蜜地说小了。
第 \(2\) 次，范围为 \([6, 10]\)，ZWB 猜 \(\lfloor \frac{6 + 10}{2} \rfloor = 8\)。JQ 甜蜜地说大了。
第 \(3\) 次，范围为 \([6, 7]\)，ZWB 猜 \(\lfloor \frac{6 + 7}{2} \rfloor = 6\)。JQ 甜蜜地说小了。
第 \(4\) 次，范围为 \([7, 7]\)，ZWB 猜 \(\lfloor \frac{7 + 7}{2} \rfloor = 7\)。JQ 甜蜜地说猜中了！于是，ZWB 和 JQ 就开心地 [数据删除] 了。
事实上，我们可以发现，每一次询问，我们都把区间缩短了一半，从而只需要 \(\lfloor \log_2^{10} + 1 \rfloor = 4\) 次即可猜中。假如 ZWB 直接暴力询问 \(1 \sim 10\)，那么他最坏需要猜 \(10\) 次，就有可能不能和 JQ [数据删除] 了。
当然，最重要的二分的前提：有单调性！
二分查找
二分查找跟二分答案有一些差别，所以还是拿出来单独讲一下。
「例题」猜数字
题意简述：给出一个序列 \(a\)，共有 \(n\) 个元素，且 \(a_i < a_{i + 1}\)。请你输出元素 \(x\) 的位置，保证 \(x\) 一定在 \(a\) 中。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10 ^ 4\)。
这种题比较 simple 啊。类似于上面 ZWB & JQ 的猜数字，我们可以定义 \(l = 1, r = n\)，然后每次都取 \(mid = \lfloor \frac{l + r}{2} \rfloor\)，将 \(a_{mid}\) 与 \(x\) 比较。如果 \(a_{mid} < x\)，我们就令 \(l = mid + 1\)；如果 \(a_{mid} > x\)，我们就令 \(r = mid - 1\)；否则 \(a_{mid} = x\)，直接输出即可。
怎么分好像很简单，那么我们的边界是什么呢？如果 \(l \leq r\)（有哪怕一个值没被我们排除掉），我们就一直猜。或者你直接 while (true) 也不是不行，毕竟一定找得到嘛。这样，我们查找的时间复杂度就由 \(O(n)\) 变为了 \(O(\log n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e4 + 5;
int a[MAXN], n, x;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &x);
int l = 1, r = n;
while (true) {
int mid = l + r >> 1;
if (a[mid] < x) l = mid + 1;
else if (a[mid] > x) r = mid - 1;
else return printf("%d\n", mid), 0;
}
return 0;
}
那假如 \(x\) 不一定存在呢？我们就必须要写 while (l <= r)，并且在循环结束后输出 \(-1\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e4 + 5;
int a[MAXN], n, x;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &x);
int l = 1, r = n;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1;
if (a[mid] < x) l = mid + 1;
else if (a[mid] > x) r = mid - 1;
else return printf("%d\n", mid), 0;
}
puts("-1");
return 0;
}
「例题」二分查找
题意简述：给出一个序列 \(a\)，共有 \(n\) 个元素，且 \(a_i \leq a_{i + 1}\)。请你输出元素 \(x\) 在 \(a\) 中第一次出现的位置。如果不存在输出 \(-1\)。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10 ^ 6\)。
这里我们不但要找 \(x\)，还要找到其第一次出现的位置。
- 当 \(a_{mid} > x\) 时，\(mid\) 一定不符合，令 \(r = mid - 1\)。
- 当 \(a_{mid} = x\) 时，\(mid\) 是符合的，但不一定是第一次出现的位置，所以可以令 \(r = mid\)。
- 当 \(a_{mid} < x\) 时，\(mid\) 一定不符合，令 \(l = mid + 1\)。
那什么时候停止呢？由于我们只查找一个元素，所以只要 \(l < r\) 就可以一直循环（\(l = r\) 了就直接跳出）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1000005], n, x;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &x);
int l = 1, r = n;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (a[mid] > x) r = mid - 1;
else if (a[mid] < x) l = mid + 1;
else r = mid;
}
if (a[l] != x) puts("-1"); // 最后判断一下是否相等
else printf("%d\n", l);
return 0;
}
「例题」二分查找上界
原题目链接：Link。
因为上界和下界非常经典，所以先直接给出代码：
#include <cstdio>
int n, a[105], x;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &x);
int l = 0, r = n;
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (a[mid] <= x) l = mid;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n", l);
return 0;
}
- 当 \(a_{mid} > x\) 时，显然区间为 \([l, mid)\)，所以令 \(r = mid - 1\)。
- 当 \(a_{mid} = x\) 时，是可行的，但是不一定是最后一个位置，区间为 \([mid, r]\)，所以令 \(l = mid\)。
- 当 \(a_{mid} < x\) 时，与等于的情况类似，可行但不一定是最后一个位置，所以也是 \(l = mid\)。
最后，等于和小于的情况合并，就得到了上面的代码。
那这里 \(mid\) 为什么取的是 \(\lfloor \frac{l + r + 1}{2} \rfloor\) 呢？如果我们写 mid = l + r >> 1，那么当 \(r = l + 1\) 时，\(mid = l\)，如果进入 a[mid] <= x 分支，那么又令 \(l = mid\)，没有变化，从而死循环。而这里加了 \(1\) 就可以很好的避免这个问题。
而且，我们还可以发现，这里的 \(mid = \lfloor \frac{l + r + 1}{2} \rfloor\) 是不可能等于 \(l\) 的，所以我们可以在开始时把 \(l\) 赋值为 \(0\)，如果结束的时候 \(l\) 还是等于 \(0\)，说明全部进的是 r = mid - 1 这个分支，即无解的情况，刚好又符合题目的要求（无解输出 \(0\)），所以最终直接输出 \(l\) 即可。
短短的十几行代码，真的十分精妙。
「习题」二分查找下界
原题目链接：Link。
试着模仿二分查找上界写出代码。
对了，STL 中有两个可爱的函数，lower_bound 和 upper_bound，实现了上界和下界的查找。用法见 Link。
二分答案
终于可以开始讲二分答案啦！！！感动！！！
一般来讲，如果一个问题的答案具有单调性，我们就可以二分这个答案，判断这个答案是否可行，然后进行相应的二分。
「例题」数列分段 Section II
原题目链接：Link。
题目要求每段和的最大值最小为多少。看到这种「最大的最小」「最小的最大」，一般都是二分。
先来看有没有单调性。题目相当于找到一个最大值 \(x\)，使得按这个值分出来的段数 \(\leq m\)，而我们要找到 \(x\) 的最小值 \(ans\)。也就是说，当 \(x < ans\) 时，条件一定不成立；而 \(x \leq ans\) 时，条件一定成立，这就有了单调性！
按照上面分析的，我们直接二分这个 \(x\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, a[MAXN], m;
int l, r;
bool check(int x) {
int tot = 1, sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (sum + a[i] > x) tot++, sum = a[i];
else sum += a[i];
return tot <= m;
} // 分出的段数不大于 m 就是可行的
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
l = max(l, a[i]);
r += a[i]; // 注意 l 和 r 的范围
}
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid; // 可行，缩小范围，因为可能刚好 mid 就是答案
else l = mid + 1;
// 不可行，即 tot > m，说明 mid 太小了，令 l = mid + 1
}
cout << l << endl;
return 0;
}
「例题」砍树
原题目链接：Link。
显然，我们可以二分这个锯片的高度 \(mid\)，然后算出可以砍出的木材的数量，如果 \(\geq m\) 就满足条件，\(l = mid\)；否则不满足 \(r = mid - 1\)。发现了吗？一般来讲，只可能有 l = mid 或者 l = mid + 1 这种写法，只可能有 r = mid 或者 r = mid - 1 这种写法；如果 \(mid\) 可能是答案就不会写加一减一，如果 \(mid\) 不可能是答案就一定会加一减一，把 \(mid\) 给排除掉。
Come back！这里我们写的是 l = mid 和 r = mid - 1，发现如果写 mid = l + r >> 1 的话，如果 \(r = l + 1\) 且进入 l = mid 分支就会死循环，所以我们要写 mid = l + r + 1 >> 1。代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5;
int a[MAXN], n, m;
int l, r;
bool check(int x) {
long long sum = 0; // 十年 OI 一场空，不开 long long 70pts
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (a[i] > x) sum += a[i] - x;
return sum >= m;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
r = max(r, a[i]); // 注意划分边界
// 此处 l 无明显边界，而 r 显然不能超过 a[i] 的最大值（不然你切个屁）
}
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n", l);
return 0;
}
「例题」一元三次方程求解
原题目链接：Link。
思路一：暴力。由于根的范围在 \(-100 \sim 100\)，所以我们可以直接暴力枚举，复杂度 \(O(20000)\)（大雾）。
思路二：实数二分。
题目中有一句关键的话：根与根之差的绝对值 \(\geq 1\)。
也就是说，在 \(x \sim x + 1\) 的范围内，最多只有一个满足条件的根（\(x\) 为整数）。我们就可以枚举这个 \(x\)，然后 \(l = x, r = x + 1\) 进行二分。
由于这里不是整数，所以我们要进行实数二分。其实，实数二分比整数二分更简单，因为没有各种奇怪的加一减一，但是要限定精度。具体地说，实数二分模版如下：
while (r - l > eps) {
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid) l = mid; // 或者 r = mid
else r = mid; // 或者 l = mid
}
其中，\(eps\) 是限定的精度。如果题目要求输出 \(k\) 位小数，我们一般可以取 \(eps = 10 ^ {-(k + 2)}\)。那我们来看看这题的代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-4;
double a, b, c, d;
double f(double x) {
return a * x * x * x + b * x * x + c * x + d;
}
int main() {
scanf("%lf %lf %lf %lf", &a, &b, &c, &d);
for (double i = -100; i < 100; i++) {
if (f(i) == 0) {
printf("%.2lf ", i);
continue;
} // 如果自身就是根，直接 continue
// 如果你不放心实数直接比相等，也可以写 fabs(f(i)) < 1e-16
// 是的必须要到 1e-16，否则就 WA
if (f(i) * f(i + 1) < 0) { // 如果之间有根，进行二分
double l = i, r = i + 1, mid;
while (r - l > eps) {
mid = (l + r) / 2;
if (f(mid) * f(l) < 0) r = mid; // 根在 [l, mid] 上
else l = mid; // 根在 [mid, r] 上
}
printf("%.2lf ", l);
}
}
return 0;
}
「例题」kotori的设备
原题目链接：Link。
我们先来骗下分。
什么时候我们可以无限使用这些设备呢？自然就是 \(\sum_{i=1}^{n} a_i \leq p\) （所有设备每秒消耗的电量小于等于充电器每秒可以充的电量）的时候，因为这时一定可以让每个设备都充到需要的电。
这样你应该可以骗到 \(15\) 分（大雾）。那么接下来，因为题目标签有二分，所以我们只能二分了。那么我们肯定是二分答案（kotori 在其中一个设备能量降为 0 之前最多能使用多久的时间）。
设这个答案为 \(x\)。那么第 \(i\) 个设备在 \(x\) 秒后，消耗的电量就是 \(x \times a_i\)。如果原始电量 \(b_i\) 足够消耗（即 \(b_i \geq x \times a_i\)），我们就不需要给第 \(i\) 个设备充电。
那如果不够消耗（即 \(b_i < x \times a_i\)）呢？此时电量为 \(b_i - x \times a_i\)（负数）。我们就只能给它充上 \(0 - (b_i - x \times a_i)\) ，即 \(x \times a_i - b_i\) 的电量。
求出当时间等于 \(x\) 时，需要给所有设备充的电量和 \(s\)，如果 \(s \leq x \times p\)（\(x \times p\) 就是充电器最多可以充的电量），就可行；否则不可行。（PS：果然实数二分就是 easy & simple。）
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const double eps = 1e-5; // 题目要求 < 1e-4，我们设为 1e-5
#define ll long long
int n, p, a[MAXN], b[MAXN];
ll sum; // 最多达 1e10，int 会炸
bool check(double x) {
double tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (a[i] * x > b[i])
tot += a[i] * x - b[i];
return tot <= x * p; // 二分
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &p);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d %d", &a[i], &b[i]);
sum += a[i];
}
if (sum <= p) puts("-1");
else {
double l = 0, r = 1e10, mid;
while (r - l > eps) {
if (check(mid = (l + r) / 2)) l = mid; // 压行技巧
else r = mid;
} // 实数二分模版
printf("%.10lf\n", l);
}
return 0;
}
「例题」防线
原题目链接：Link。
题目很容易理解，就是找那唯一的有奇数个防具的位置嘛。但是这跟二分有什么关系？事实上，因为只有唯一的一个点有奇数个防具，我们就可以前缀和！那个点之前的点的前缀和都是偶数，而它本身以及后面的点的前缀和都是奇数，这样就满足了二分条件！
（此处应有蛋黄派的妙啊表情包，但是为了加载快一点就没弄了。）
相信大家根据之前的分析，已经熟练掌握了恶心的加一减一以及 \(mid\) 以及循环条件，所以我们直接上代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
int t, n, s[MAXN], e[MAXN], d[MAXN];
int getv(int x) {
int tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (x >= s[i])
tot += (min(x, e[i]) - s[i]) / d[i] + 1;
return tot;
} // 得到在 x 前的所有防具的数量
// 这里 + 1 是因为除出来的是段数，数量还要加（植树问题）
// 这里取 min 是因为防具可能到 e[i] 就没有了，自然不能算进去
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
int l = 0, r = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d %d %d", &s[i], &e[i], &d[i]);
r = max(r, e[i]); // r 的边界
}
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (getv(mid) & 1) r = mid;
else l = mid + 1;
}
int ans = getv(l) - getv(l - 1); // 前缀和，得到 l 点的防具数量
if (ans & 1) printf("%d %d\n", l, ans);
else puts("There's no weakness."); // 再判个无解
}
return 0;
}
三分
为什么把三分提到这里来讲，我也不知道。反正三分跟二分挺像的，你懂吧？不过，三分适用于单峰函数。
这里有一个三分理解：Link。
「例题」曲线
原题目链接：Link。
首先，你得证明这个函数可以三分。
……
证毕。那么我们现在就开始三分吧！
三分每次取的是 \(l, r\) 的三等分点，即 \(mid_1 = l + \frac{r - l}{3}\) 和 \(mid_2 = r - \frac{r - l}{3}\)。在这道题中，如果 \(mid_1 > mid_2\)，则可以发现 \(mid_1\) 一定在最小值左侧；否则 \(mid_2\) 就在右侧（自己用两个手指模拟一下）。代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-9;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int t, n;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
double f(double x) {
double res;
for (int i = 1; i <= n; i++)
res = i == 1 ? a[i] * x * x + b[i] * x + c[i] : max(res, a[i] * x * x + b[i] * x + c[i]);
return res;
} // 题意中的 f 函数
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d %d %d", &a[i], &b[i], &c[i]);
double l = 0, r = 1000;
while (r - l > eps) {
double mid1 = l + (r - l) / 3, mid2 = r - (r - l) / 3;
if (f(mid1) > f(mid2)) l = mid1;
else r = mid2;
}
printf("%.4lf\n", f(l));
}
return 0;
}
By the way，三分的精度是很高的，可能动不动就要 \(10\) 的负十几次方。
「习题」灯泡
原题目链接：Link。
这是清华集训的题目，所以可能稍微需要一点数学知识。比如相似（或者说三角函数），而且精度非常恶心，我的代码 loj 上能 A，洛谷上会被卡。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-12;
int t;
double H, h, D;
double f(double d) {
double v = (D - d) / (H - h) * h, res = d * (H - h) / (D - d);
return d < v ? d + h - res : (D - d) / (H - h) * h;
}
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
cin >> H >> h >> D;
double l = 0, r = D;
while (r - l > eps) {
double mid1 = l + (r - l) / 3, mid2 = r - (r - l) / 3;
if (f(mid1) > f(mid2)) r = mid2;
else l = mid1;
}
printf("%.3lf\n", f(l));
}
return 0;
}