【NOIP2015】day2_ 跳石头

题目描述

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了！

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 N 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 M块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入格式

输入文件第一行包含三个整数 L,N,M,分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 L≥1 且 N≥M≥0。

接下来 N行，每行一个整数，第 i 行的整数 Di（0<Di<L）， 表示第 i 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出格式

输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

样例一

input

25 5 2
2
11
14
17
21

output

4

explanation

将与起点距离为 2和 14 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 4（从与起点距离 17 的岩石跳到距离 21 的岩石，或者从距离 21 的岩石跳到终点）。

限制与约定

测试点编号	n,m的规模	L的规模
1	n,m≤10	L≤10^9
2
3	n,m≤100
4
5
6	n,m≤50000
7
8
9
10

时间限制：1s

空间限制：128MB

 

记得这道题是那次联赛中比较好处理的一道,让我们求的是最小值中的最大值，显然是二分枚举

关键就在于对二分出的那个ans的验证

如果读懂了题目，不难发现，只要最短距离确定了，因为两端是定的，所以可以确定必须搬走的石块，因为要求最小值，所以只要把必须搬走的搬走就好了，其他的随意

所以只需要O(n)枚举一次，使得前i个石头确定不搬，那么需要确定第i+1块石头怎么办，显然，一旦两者距离大于了那个最小值就必须把他搬走

所以，时间复杂度是O(n·log(L))

下面附上代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=50005;
int a[maxn],n,m,ans;
bool check(int x)
{
    int sum,last;
    sum=0;last=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (a[i]-last<x) {  sum+=1;continue;}
        last=a[i];
    }//printf("%d\n",sum);
    if (sum>m) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    //freopen("148.in","r",stdin);
    //freopen("148.out","w",stdout);
    int L,R,mid;
    scanf("%d%d%d\n",&L,&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d\n",&a[i]);
    n+=1;
    a[n]=L;R=L;
    ans=L=0;
    while (L<=R)
    {   
        mid=L+(R-L)/2;
        if (check(mid)) {  ans=mid;L=mid+1;  }
        else R=mid-1;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}