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前言
二分答案法是很牛逼的一种算法，本质思想就是猜答案，然后看能不能对上条件。
一、内容
1.使用条件
只有当让你输出的答案只有一个数的时候，且答案与给定条件之间存在单调性关系时才能使用。
2.步骤
首先，要先确定答案那个数的范围。（范围大点无所谓）
之后，去找答案与给定条件的单调性关系。
然后使用二分搜索去范围上搜答案，每次使用一个函数判断答案能否满足题意。
二、题目
1.爱吃香蕉的珂珂
class Solution {
public:int minEatingSpeed(vector<int>& piles, int h) {int l=1;int r=0;for(int i=0;i<piles.size();i++){r=max(r,piles[i]);}int ans=0;int m;while(l<=r){m=(l+r)/2;if(f(m,piles)<=h){ans=m;r=m-1;}else {l=m+1;}}return ans;}long long f(int speed,vector<int>&piles){long long ans=0;for(int i=0;i<piles.size();i++){ans+=(piles[i]+speed-1)/speed;//向上取整}return ans;}
};这个题很明显能想出，要求返回的速度与时间之间存在单调性关系，速度越大，时间越短。而且，这个速度存在一个范围，即1~每堆香蕉的数量最大值。因为速度最慢就是一次只吃一个，最快就是一次能把一堆都吃了，再快也没意义。
之后就是在答案范围上二分搜索，当此时的速度能满足时间要求，就记一下答案，然后去左侧看看速度更小时能否也满足时间；否则不记答案去右侧二分。
再就是判断函数，根据题意，让它按顺序吃就行，又因为一次最多只能吃一堆，所以这里相除时要向上取整，保证最后多吃一次把余数吃完。
2.分割数组的最大值
class Solution {
public:typedef long long ll;int splitArray(vector<int>& nums, int k) {ll l=0;ll r=0;for(int i=0;i<nums.size();i++){r+=nums[i];}ll ans=0;ll m;while(l<=r){m=(l+r)/2;if(f(m,nums)<=k){ans=m;r=m-1;}else {l=m+1;}}return (int)ans;}ll f(int target,vector<int>&nums){ll ans=0;for(int i=0,sum=0;i<nums.size();i++){if(nums[i]>target){return INT_MAX;}if(sum+nums[i]>target){ans++;sum=nums[i];}else{sum+=nums[i];}}return ans+1;}
};这个题相比上一个题就不是那么好想了，首先分析单调性，可以发现，分割数和要求返回的最大值存在单调性关系，分割数越大，最大值越小。
之后是这个累加和最大值的范围，可以想到，最小就是0，最大就是不分割时整体的累加和。
之后就去二分搜索，当此时的累加和能分出的子数组数量比要求的小时，就记答案，然后去左侧更小的累加和看看能不能也满足要求的分割数；否则就不记答案去右侧二分。
判断函数就是若有一个数本身就比目标累加和大，直接返回无穷大表示不可能这么分；否则，若累加和比目标大，就让分割数+1即可。
3.机器人跳跃问题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;bool f(int energy,int MAX,vector<int>&height)
{for(int i=1;i<height.size();i++){if(energy<=height[i]){energy-=height[i]-energy;}else{energy+=energy-height[i];}if(energy>=MAX){return true;}if(energy<0){return false;}}return true;
}int findEnergy(vector<int>&height)
{int MAX=0;for(int i=1;i<height.size();i++){MAX=max(MAX,height[i]);}int ans=0;int l=0;int r=MAX;int m;while(l<=r){m=(l+r)/2;if(f(m,MAX,height)){ans=m;r=m-1;}else{l=m+1;}}return ans;
}void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>height(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>height[i];}cout<<findEnergy(height);
}int main()
{solve();return 0;
}这个题的单调性能比上个题好想不少，分析可知，初始能量越大，越有可能到达终点。
之后是初始能量的范围，最小就是从0开始，最大就是高度的最大值，这样肯定能完成。
然后去二分，当此时能量能完成时，就记一下答案，然后去左侧看看更小的能量能否完成；否则不记答案去右侧二分。
注意判断函数里，为了剪枝和防止溢出，当此时能量比高度最大值大了就直接返回true，当能量小于0了就直接返回false。
4.找出第 K 小的数对距离
class Solution {
public:int smallestDistancePair(vector<int>& nums, int k) {//先排序sort(nums.begin(),nums.end());int l=0;int r=nums[nums.size()-1]-nums[0];int m;int ans=0;while(l<=r){m=(l+r)/2;if(f(m,nums)>=k){ans=m;r=m-1;}else{l=m+1;}}return ans;}//差值<=limit的数对有几对int f(int limit,vector<int>&nums){int ans=0;for(int l=0,r=0;l<nums.size();l++){while(r+1<nums.size()&&nums[r+1]-nums[l]<=limit){r++;}//l~r范围上的数差值均<=limitans+=r-l;}return ans;}
};这个题和第二题的单调性说实话是真不好想，这个题是数对距离和数对数量存在单调性关系，距离越小，所对应的数对数量越多。
之后是范围，距离最小值就是0，两个数相等，最大就是数字最大值-最小值。
二分时，当此时的数对数量比要求的大时，就记答案，然后去左侧更小的地方看看能否也满足。
判断时，为了方便统计数对数量，所以先对数组排序。因为排序后子数组范围越大，距离越大，所以考虑使用滑动窗口。当距离小于等于limit时就让窗口增大，否则统计答案，即r-l的窗口大小，然后缩小窗口。
太难想了……
5.同时运行 N 台电脑的最长时间
class Solution {
public:long long maxRunTime(int n, vector<int>& batteries) {int MAX=0;long long sum=0;for(int i=0;i<batteries.size();i++){MAX=max(MAX,batteries[i]);sum+=batteries[i];}//若sum>=max*n，说明全是碎片电池if(sum>=(long long)MAX*n){return sum/n;}int ans=0;int l=0;int r=MAX;int m;while(l<=r){m=(l+r)/2;if(f(m,n,batteries)){ans=m;l=m+1;}else{r=m-1;}}return ans;}bool f(int time,int n,vector<int>&batteries){for(long long i=0,sum=0;i<batteries.size();i++){if(batteries[i]>time){n--;}else{sum+=batteries[i];}if(sum>=(long long)time*n){return true;}}return false;}
};这个比上个题能好想不少，单调性就是时间越长，越难达成。
其次是时间的范围。最小值肯定是0，最大值最初想到的肯定是所有电池的累加和。但如果进一步思考，用一点贪心的思想，当累加和>=所有电池的最大值*电脑数时，说明所有电池都是碎片电池，即不能单独完成要求时间内的供电，所以直接返回sum/n即可。否则，说明存在电池可以单独完成供电，那么此时的时间最大值就变成了电池的最大值。
二分时，当此时的时间能完成时，就记答案，然后去右侧更大的时间看看能否完成。
判断函数就是当有电池能独立完成供电，就让它一直待在这一个电脑，所以n-1；否则就计算电池累加和，若累加和>=时间*电脑数，说明能完成就返回true。
总结
二分答案法真的很妙！可以将复杂的问题转化成很简单的问题，而且由于二分搜索，所以时间复杂度也很优秀。当遇到答案为一个单一的数时就可以分析题目单调性，考虑使用二分答案。所以加上之前的滑动窗口双指针，题目的单调性真的很重要！