二分的技巧 | 你的二分为什么死循环了

最近在答疑坊做志愿者，很多大一小朋友来问我二分怎么写。据我观察，类似的问题已经困扰过我和我的无数同学们了。为了今后节省体力、保护嗓子，我决定写一篇博客讲一下二分的技巧，这样下次我可以直接把博客转给问问题的人（

朴素的二分相信大家都很熟悉，无非是每次循环取区间中点mid，再判断答案是在mid左边还是mid右边，递归查找，从而在$O(\log 初始区间长度)$复杂度内找到答案。

但是在实现二分的时候，很多同学发现：自己的二分死循环了 / 自己搞不清楚自己的逻辑了。接下来我们用一道例题说明一下。

例题1：数组分段

已知一个长度为$n$的数组$a$，把它切分成$m$个连续的段，使得每段之和的最大值最小。求这个最小值。
数据范围：$1 \le m \le n \le 10^5, 0 \le a_i \le 10^9$。

二分的思路很简单：二分答案$mid$，定义一个min_segments(mid)函数，用来求每段和不超过$mid$时，最少划分几段。划分的方法是：从左往右遍历整个数组，如果当前段能放得下$a_i$（加入$a_i$之后不会让当前段的和超出$mid$），则把$a_i$加到当前段中，否则新开一段，把$a_i$放进去。然后根据划分的段数，判断答案在mid左边还是右边。

一个bug，改编自我正在debug的代码

小明看完题，写出了这样一份代码：

long long l = 0, r = 1e14, mid;
while (l < r) {
    mid = (l + r) / 2;
    if (min_segments(mid) >= m) 
        l = mid;
    else
        r = mid;
}
cout << l << endl;

运行之后，他惊奇地发现：自己的二分代码死循环了。大家不妨先暂停阅读，思考一下小明的bug出在哪里？

答案揭晓

问题一：死循环

先不考虑别的问题，只考虑二分的最后一步—— $r = l + 1$ 的情况。此时$mid = (l + r) / 2 = l$。假如此时发现 $\mathrm{min\_segments}(mid) \ge m$，那么代码会执行到 $l = mid$ 这一步，然后继续循环——等等，这$l$不就没改变嘛！怪不得死循环了！

问题二：逻辑问题

其实小明还有一个问题，就是在 if (min_segments(mid) >= m) 这一句。不妨思考一下，如果$\mathrm{min\_segments}(mid) \ge m$不成立（也就是说如果$\mathrm{min\_segments}(mid) < m$），意味着什么呢？意味着我们可以把数组分成小于$m$段，每段之和不超过$mid$，所以答案大于等于$mid$，看上去没有错。那么如果$\mathrm{min\_segments}(mid) \ge m$成立呢？它什么也不能说明！如果$\mathrm{min\_segments}(mid) = m$，那么$mid$固然可能是答案，可是答案可不可能比$mid$还小？完全有可能，比如$mid-1$，划分出的这$m$段完全可能每段之和都不超过$mid-1$。当然，答案也可能比$mid$还要大。所以这个不等式不能用来判断答案是在$mid$左边还是$mid$右边。

很多同学在写二分时都踩过上面这两个坑。一些人为了避免逻辑错误，会分“大于m”、“等于m”、“小于m”三种情况讨论，但是这样并没有必要，而且在别的二分题目中很可能无法分出三种情况、只能分出两种。接下来我来讲讲二分到底怎么写，才能尽量不出锅。

所以二分到底怎么写？

第一步：判断$mid$是否可行

我见过的所有二分问题都可以只分两种情况讨论：

1. $mid$可能是答案；
2. $mid$不可能是答案。

例如这道题中，如果$\mathrm{min\_segments}(mid) \le m$，则$mid$可能是答案；如果$\mathrm{min\_segments}(mid) > m$（也就是说不可能分$m$段使得每段和不超过$mid$），则$mid$不可能是答案。

第二步：判断答案在$mid$哪一侧。

在这道题里，如果$mid$可能是答案，则实际的答案$\le mid$；如果$mid$不可能是答案，则实际的答案$> mid$。（而在其他题中，情况也可能是：如果$mid$可能是答案，则实际的答案$\ge mid$；如果$mid$不可能是答案，则实际的答案$< mid$。)

于是我们的代码就改成了：

long long l = 0, r = 1e14, mid;
while (l < r) {
    mid = (l + r) / 2;
    if (min_segments(mid) > m) 
        l = mid + 1;
    else
        r = mid;
}
cout << l << endl;

注意l = mid + 1一句，意味着这种情况中，实际答案不仅在$mid$右边，还不可能是$mid$，也就是严格大于$mid$。这句代码让答案可能出现的区间从$[l, r]$变成了$[mid + 1, r]$。

第三步：考虑$(l + r) / 2$的取整问题

最后一步也是关键的一步。虽然在这道题中，mid = (l + r) / 2是对的，但是有的题中这样却可能导致死循环。例如，假如对另一道题，我们写出了这样的代码：

long long l = 0, r = 1e14, mid;
while (l < r) {
    mid = (l + r) / 2;
    if (一些条件) 
        l = mid;
    else
        r = mid - 1;
}
cout << l << endl;

那么，仍然考虑$r = l + 1$的情况，此时$mid = l$。那么如果if中的“一些条件”成立，程序会执行l = mid——得，又来了，$l$没有改变，死循环了。

对于这种情况，我们不应该写mid = (l + r) / 2，而应该写mid = (l + r + 1) / 2，这句的效果就是$mid = \lceil (l + r) / 2 \rceil$，即向上取整。无论是向下取整还是向上取整，都不会影响二分复杂度的正确性，但是这一个“+1”之差很可能决定你是否死循环。

例如下面这道题，就可以运用这个技巧：

例题2：x的前驱

已知一个长度为$n$的有序数组$a$，每次询问输入一个$x$，输出$a$中最后一个严格小于$x$数的下标（下标从1开始，如果没有比$x$小的数则输出$0$）。
数据范围：$1 \le n \le 10^5, 0 \le a_i, x \le 10^9$。

正确的代码：

int l = 0, r = n;
while (l < r) {
    mid = (l + r + 1) / 2;
    if (a[mid] < x) 
        l = mid;
    else
        r = mid - 1;
}
cout << l << endl;