poj 3258 River Hopscotch 二分答案

题目地址： http://poj.org/problem?id=3258

题目思路： 首先，如果只减少一部，那么一定要干掉最短的那段距离（一旦不消灭，最小的还是它，并没有达到使最小值取最大的理想情况）。 但是如果有很多边取到最小，具体去除哪一个点就有点麻烦了。如果两个最小距离连着，去除公共点最好。  如果没有连着，四个点分别考虑紧邻的，取最小的。 如果多于两条线段取最小随便去，如果仅有一条取最小仍是去紧邻较小的点。   很麻烦就是了。基于这样的思想，每次去掉一个顶点后，再取出最小边，同样处理（借助优先权队列）  。不知这样的贪心是不是对的...

有一个二分答案的做法，现学的.

一般的二分查找是

 while(left<=right)
   {
       mid=left+(right-left)/2;
       if(p[mid]==value)  return  mid;

       else if(p[mid]<value)
       {
           left=mid+1;
       }
       else right=mid-1;
   }

这个是基于严格单调序列。

看这个题。 首先理解映射关系，一个m对应了一个去m个点的方案集合，在这个集合中，每个方案都对应着执行以后，最短的线段是多少。  我们关心的是那些能取到最大可能值的方案。

显然，m增大，这个对应的最大值f(m)  是在增大的。（在序列给定后，这个函数f是存在的）

现在反过来，一个k，会有一个或者多个m值使f(m)=k,不确定是否存在反函数，但是对给定的k，最小的m0使f(m0)=k;却是唯一的，这样就找到了反函数h(k)=m;

而且按照题意，“最小的最大” 保证了单调性 f(m+1)>=f(m); 

下面来证明反函数性质（实际上很显然，这里啰嗦一下）

设f(h(k))=x;

h(k)使操作h(k) 次达到了k，x是最大可能值=> x>=k；

按定义h(x) 是最小的，则h(x)<=h(k) 单调性=>  x<=k;

x==k；

那么我们只要设计一个函数求出h(k) 就行；

如果扫描到一段比给定的最小值小，那么这里必须至少去一个点的，（见下面代码的min_move）可以证明,这个函数接近是h（k），只需要在真正求的时候增加一点优化就完美了

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;

int p[50005];

int n;
int min_move(int s)
{
    int start=0;

    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
    {
        if(p[i]-p[start]<s)
        {
           ans++;
        }
        else start=i;
    }

  return ans;
}
int main()
{
    int l,m;
    cin>>l>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&p[i+1]);

    }
    p[0]=0;
    p[n+1]=l;

    sort(p,p+n+1);   // 使在数轴上依次排列

    int left=0,right=l;
    int mid;
    int ans;
    while(left<=right)
    {
        mid=left+(right-left)/2;

         if(min_move(mid)<=m)
        {
           ans=mid;
           left=mid+1;
        }
        else right=mid-1;
    }

    cout<<ans<<endl;
}

最后注意不是一遇到min_move(mid) ==m 就break； 我们要找的是最大的长度，继续走下去逼近就行。