kauaiの水题记录——二分

1. 中位数#

第一眼看这道题，想到可以先开一个数组，每加入一个数就用$sort$​去排序，然后取中间的数，复杂度是$O(n^2logn)$，所以可以使用$vertor$，因为$vertor$​​支持在数组中随意插入一个数，所以我们只要找到这个数在哪里就行了，进而想到可以二分，然后就可以了。

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这里介绍一下$vector$

#include <vector>//头文件
vector<int> s;
s.push_back(a);//尾部插入
s.pop_back();//尾部删除
vertor<int>::iterator it;//声明迭代器
int k=*s.begin();//s.bejin()会返回第一个元素的迭代器，可以用*解除引用
s.insert(s.begin()+i,a)//在第i+1个元素中插入a
s.erase(s.begin()+1)//删除第二个元素
s.erase(s.begin()+i,s.end()+j)//删除区间[i,j-1],区间从零开始
int y=*upper_bound(a.begin(),a.end(),x)//查找第一个大于x的数

2. 山#

题目中说要我们找最小的y坐标，想到可以二分答案，接着想如何判断二分出来的情况是否合法，把每两个相邻折点连成的线段想象成一个一次函数$y=kx+b$​，如果灯的位置在每条直线的上方就是合法的，作一条$y=mid$​的直线，和每条一次函数就会有交点，限制灯的横坐标的范围$x1,x2$​然后进行分类讨论，如果$k>0$​，显然横坐标要在交点的左边，反之同理，要注意的是我们还要判断$k=0$​的清况，此时要注意的就是纵坐标的，因为灯一定要比这条直线高，最后判断范围是否合法即可。我们可以预处理出每条直线的$k,b$以此来减小常数，要注意实数域上的二分。

    while(l+eps<r){
	double mid=(l+r)/2.0;
	if(check(mid)){
	    r=mid;
	    ans=mid;
	}
	else l=mid;
    }

一般eps要比题目要求的精度多两位。

3. 弹幕考察#

这道题如果理解了题意还是比较简单的，可以看作是一个区间覆盖问题，首先我们可以打一个$O(nm)$的暴力，对于每一次询问都去枚举每一区间，看是否满足要求，然后累加答案，这样可以拿30分。

其实我们可以把每一个区间都看作两个端点，并开一个$l[],r[]$​数组记录位置，询问的时候二分查找$l[]$​中第一个大于等于查询区间右端点的数的位置，$r[]$​中第一个大于等于查询区间左端点数的位置，然后相减就行了。

4. 赛道修建#

这道题我也不是太懂，就随便口胡一下，想到二分答案，二分最小的赛道长度，对于每一个结点，我们可以存一个$val$，从下往上传，然后放进$multiset$中，分两种情况讨论，如果$val>=k$​说明这个点和它的子树已经可以满足条件了，答案+1，否则就把当前这条边放进$multiset$中，接着看第二种情况，以这个点为根的子树的两条边相加会大于等于$k$​​，贪心地想，两个数是不是越小越好，因为我们要把大的数上传到上面去，所以我们可以在$multiset$里二分去找这个数，然后把这两个点删除，$ans$$++$,找不到就和要上传的$max$进行比较，要说明一下，因为一个子树肯定只有一条边连接着上面的结点，所以要去找$max$​。最后判断$ans$是不是大于$m$就可以知道是不是合法的了。

核心代码：

int dfs(int x,int fa,int k){
    s[x].clear();
    int val;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
	int y=ver[i];
	if(y==fa) continue;
	val=dfs(y,x,k)+edge[i];
	if(val>=k) tot2++;
	else{
	    s[x].insert(val);
	}
    }
    int Max=0;
    while(!s[x].empty()){
	if(s[x].size()==1) return max(Max,*s[x].begin());
	it=s[x].lower_bound(k-*s[x].begin());
	if(it==s[x].begin()&&s[x].count(*it)==1) it++;
	if(it==s[x].end()){
	    Max=max(Max,*s[x].begin());
	    s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
	}
	else{
	    tot2++;
	    s[x].erase(s[x].find(*it));
	    s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
	}
    }
    return Max;

5. [SHOI2015]自动刷题机#

说实话，这道题真的比较水，感觉不值得评蓝，题目要我们求最大和最小值，所以想到二分，我们可以二分两次，然后对着题意模拟判断是否合法就行了。

比较难的就是如何二分最大和最小值了，其实就是把$ans$​放到$l$或$r$区间里了。

    while(l<=r){
	int mid=(l+r)>>1;
	int Quick_kk=check(mid);
	if(Quick_kk<=k){//求最小值
	    r=mid-1;
	    if(Quick_kk==k){ans1=mid;}
	}
	else l=mid+1;
    }
    l=1,r=1e18;
    while(l<=r){//求最大值
	int mid=(l+r)>>1;
	int Quick_kk=check(mid);
	if(Quick_kk>=k){
	    l=mid+1;
	    if(Quick_kk==k){ans2=mid;}
	}
	else r=mid-1;
    }

6. [JXOI2017]加法#

首先二分答案，操作后的最小值，接着贪心地想，除非一定要加，否则就不加，我们可以开一个优先队列，里面存放每个区间的右端点，列举到当前的数时，就在右端点最大的区间里加，因为左边的数已经加完了，用差分维护区间加法，最后判断操作次数是否小于等于 $k$​，和操作完后是否大于等于最小值。

7. [POI2013]LUK-Triumphal arch#

首先二分最小的 $k$​​​​​​，然后统计每个结点下一级儿子的个数存在$sum[]$​​​​中，用 $f[x]$​​​​​ 数组统计以x为根的字数内需要支援的次数，初始化为 $sum[x]-k$​​​​，如果$f$​​​​​​数组大于 $0$​​​ 则向上传，如果小于零也没什么用，因为是从上往下染色的，最后判断$f[1]$​​​​是否小于等于 $0$​​​ 。

8. [HEOI2016/TJOI2016]排序#

$sort$​ 可以拿 $80$​​ 分！

二分第 $p$ 位上的数到底是什么，考虑 $check()$ ，把序列里大于等于 $mid$ 的数改为 $1$ ，其余为 $0$，这样排序时只需要改变 $1,0$ 的位置即可，显然可以用线段树维护，最后判断第 $p$ 位上的数是否为 $1$ ，是则为合法的答案，因为为 $1$ 则说明$a[p]>=mid$，二分求出 $mid$ 的最大值也就是等于 $a[p]$ 的情况。