网站搭建备案吗VPS如何做镜像网站

⼆分答案可以处理⼤部分「最⼤值最⼩」以及「最⼩值最⼤」的问题。如果「解空间」在从⼩到⼤的「变化」过程中，「判断」答案的结果出现「⼆段性」，此时我们就可以「⼆分」这个「解空间」，通过「判断」，找出最优解。
这个「⼆分答案」的原理其实很容易理解，重点是如何去「判断」答案的可⾏性。

P2440 木材加工 - 洛谷

设要切成的⻓度为x ，能切成的段数为c 。根据题意，我们可以发现如下性质：

• 当x 增⼤的时候，c 在减⼩。也就是最终要切成的⻓度越⼤，能切的段数越少；
• 当x 减⼩的时候，c 在增⼤。也就是最终要切成的⻓度越⼩，能切的段数越多。
  那么在整个「解空间」⾥⾯，设最终的结果是ret ，于是有：
• 当x<=ret时，c>=k。也就是「要切的⻓度」⼩于等于「最优⻓度」的时候，最终切出来的段
  数「⼤于等于」k ；
• 当x > ret时，c < k 。也就是「要切的⻓度」⼤于「最优⻓度」的时候，最终切出来的段数
  「⼩于」k；
  在解空间中，根据ret的位置，可以将解集分成两部分，具有「⼆段性」，那么我们就可以「⼆分答案」。
  当我们每次⼆分⼀个切成的⻓度x 的时候，如何算出能切的段数c ？
• 很简单，遍历整个数组，针对每⼀根⽊头，能切成的段数就是a[i] / x。
  

calc(mid) >= k  ->  left = mid;
calc(mid) < k   ->  right = mid - 1;

有-1，mid = (left + right + 1) / 2
x表示切割出来的小段的长度
c表示在x的基础下，最多能切出多少段
k表示最终要切割的段数
calc计算切割长度为x的时候，能切出来多少段

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5 + 10;
LL n, k;
LL a[N];LL calc(LL x)
{LL cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cnt += a[i] / x;        }return cnt;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];LL left = 0, right = 1e8;while (left < right){LL mid = (left + right + 1) / 2;if (calc(mid) >= k) left = mid;else right = mid - 1;}cout << left << endl;return 0;
}

P1873 [COCI 2011/2012 #5] EKO / 砍树 - 洛谷

设伐⽊机的⾼度为H ，能得到的⽊材为C 。根据题意，我们可以发现如下性质：

• 当H 增⼤的时候，C 在减⼩；
• 当H 减⼩的时候，C 在增⼤。
  那么在整个「解空间」⾥⾯，设最终的结果是ret ，于是有：
• 当H<=ret时，C>=M。也就是「伐⽊机的⾼度」⼤于等于「最优⾼度」时，能得到的⽊材
  「⼩于等于」M；
• 当H>ret时，C<M。也就是「伐⽊机的⾼度」⼩于「最优⾼度」时，能得到的⽊材「⼤
  于」M。
  在解空间中，根据ret的位置，可以将解集分成两部分，具有「⼆段性」，那么我们就可以「⼆分答案」。
  当我们每次⼆分⼀个伐⽊机的⾼度H 的时候，如何算出得到的⽊材C ？
• 很简单，遍历整个数组，针对每⼀根⽊头，能切成的⽊材就是a[i] - H
  

calc(mid) >= M  ->  left = mid;
calc(mid) < M   ->  right = mid - 1;

有-1，mid = (left + right + 1) / 2
h表示伐木机的高度
c表示在h的基础下，所能获得的木材
calc计算高度为h的时候，所能获得的木材

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
LL n, m;
LL a[N];LL calc(LL x)
{LL ret = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){if (a[i] > x) ret += a[i] - x;        }return ret;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];LL left = 1, right = 2e9;while (left < right){LL mid = (left + right + 1) / 2;if (calc(mid) >= m) left = mid;else right = mid - 1;}cout << left << endl;return 0;
}

P2678 [NOIP 2015 提高组] 跳石头 - 洛谷

设每次跳的最短距离是x ，移⾛的⽯头块数为c 。根据题意，我们可以发现如下性质：

• 当x 增⼤的时候，c 也在增⼤；
• 当x 减⼩的时候，c 也在减⼩。
  那么在整个「解空间」⾥⾯，设最终的结果是ret ，于是有：
• 当x<=ret时，c<=M。也就是「每次跳的最短距离」⼩于等于「最优距离」时，移⾛的⽯头块数「⼩于等于」M；
• 当x>ret时，c>M。也就是「每次跳的最短距离」⼤于「最优距离」时，移⾛的⽯头块数「⼤于」M。
  在解空间中，根据ret的位置，可以将解集分成两部分，具有「⼆段性」，那么我们就可以「⼆分答案」。
  当我们每次⼆分⼀个最短距离x 时，如何算出移⾛的⽯头块数c ？
• 定义前后两个指针i, j 遍历整个数组，设i ≤ j ，每次j 从i 的位置开始向后移动；
• 当第⼀次发现a[j] - a[i] ≥ x 时，说明[i + 1, j - 1] 之间的⽯头都可以移⾛；
• 然后将i 更新到j 的位置，继续重复上⾯两步。
  

calc(mid) <= M  ->  left = mid;
calc(mid) > M   ->  right = mid - 1;

有-1，mid = (left + right + 1) / 2
x表示最短跳跃高度
c表示在x的基础下，移走岩石的数目

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 5e4 + 10;
LL l, n, m;
LL a[N];LL calc(LL x)
{LL ret = 0;for (int i = 0; i <= n; i++){int j = i+1;while (j <= n && a[j] - a[i] < x) j++;ret += j - i - 1;i = j-1;}return ret;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> l >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];a[n + 1] = l;n++;LL left = 1, right = l;while (left < right){LL mid = (left + right + 1) / 2;if (calc(mid) <= m) left = mid;else right = mid - 1;}cout << left << endl;return 0;
}