（二）基本算法

二分

一种比较通用二分写法，不太用考虑边界的问题。

int l = st, r = ed, ans = ed + 1;
while (l <= r)
{
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (check(mid)) ans = mid, l = mid + 1;
    else r = mid - 1;
}
if (ans == ed + 1) printf("No Solution!");
else printf("%d", ans);

正确性分析：

每次 $r$ 与 $l$ 必有一个变化，因此不会陷入死循环。

$ans$ 始终保存的是满足条件的 $mid$ ，所以答案永远是当前情况下的最优解。

一个小 $trick$：二分调题时，将错误的 $check(val)$ 单独拎出来检查是比较好的。

例 $1.1$：[NOIP2001 提高组] 一元三次方程求解 - 洛谷

考虑三次函数的曲线形式，找到在 $x$ 轴两侧的点，二分答案即可。

评测记录 - 洛谷

例 $1.2$：寻找段落 - 洛谷

通过二分答案，转化为判定性问题。

欲判定当前平均值 $mid$ 是否可能可行：即是否有 $\sum{(a_i - mid)} >= 0(len\in [s,t])$

考虑将 $a_i$ 全部减去 $mid$ ，做一遍前缀和。对于当前 $i$ ，$sum[i+s]\sim sum[i+t]$ 的最大值是最优的情况，于是上单调队列即可。

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例 $1.3$：[NOIP2015 提高组] 跳石头 - 洛谷

二分答案，判定可行性：在 $m$ 次操作内是否能使每段距离都大于 $mid$ 。

直接遍历即可，每次遇到 $<mid$ 的距离，就对它进行操作直到它 $>mid$ 为止。

陷入的一个误区：

二分判定可行性的时候，误以为需要找到最优方案，来判断是否能使当前理想解成立。

于是想尽办法构造了最优方案，其实完全没有必要，每一次只用贪心地去除任何能导致当前解不成立的情况即可。

评测记录 - 洛谷（仅供参考，代码构造了最优判定方案，常数较大，不够优秀）

例 $1.4$ ：进击的奶牛 - 洛谷

类似于例 $1.3$ 。

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例 $1.5$：刺杀大使 - 洛谷

比较板，二分 $+BFS$ 判定。

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例 $1.6$：[NOIP2011 提高组] 聪明的质监员 - 洛谷

考虑 $y$ 的单调性：随 $W$ 增大而单调递减。

将 $y$ 看做函数，考虑二分的数学意义，类似于求二次方程的解，找到最接近于 $s$ 的解即可。

考虑如何快速求解 $y$ ，发现记录前缀和即可。

时间复杂度 $O(N\log N)$

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例 $1.7$：[NOIP2012 提高组] 借教室 - 洛谷

发现订单的满足二分条件，二分需要修改的订单即可。

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例 $1.8$：[SHOI2015]自动刷题机 - 洛谷

非常显然的一道二分，刷题数明显随答案增大而减小。但是我非常脑抽的把二分 $r$ 上界设成了 $\max{x_i}$ ，调了很久才过。

要注意的一点是，这道题更新边界的条件是 $cnt>=k$ ，而更新答案的条件是 $cnt==k$ 。

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$Upd: 2022.9.6$

例 $1.9$： [HEOI2016/TJOI2016]排序 - 洛谷

收获：当二分的单调性不显然甚至感觉上错误的时候，不妨先想想 $check()$ 函数的写法。

毕竟二分的单调性也依托于 $check$ 函数而存在，根据 $check$ 函数来判定单调性是否正确。

我的理解：二分通过你设计的 $check$ 函数（返回 $0, 1$ ）来使得 $check(ans)$ 单调不递减。

详细一点地解法见 NOIP复习（三）线段树 的 例$1.4$ 。

CDQ 分治

思想：处理点对统计问题时，将序列分为两半。考虑到点对 $(i,j)$ 可以分为三类：$i,j\le mid$，$mid+1\le i,j$ 。上两类可以递归进入两侧序列分治处理，对于第三类单独设计算法进行处理。

$CDQ$ 分治的一个例子就是归并排序。

例 $2.1$：[模板]三维偏序（陌上花开）- 洛谷

首先将点对去重，以 $x$ 为关键字排序。$CDQ$ 分治，每次考虑左区间对于右区间的贡献，将左，右区间分别以 $y$ 为关键字排序，双指针扫描，用树状数组维护贡献即可。

评测记录 - 洛谷

例 $2.2$：[CQOI2017]老C的任务 - 洛谷

将询问转化为二维前缀和，离线 $CDQ$ 分治。每个询问变为 $4$ 个点，标记权值为 $0$，全部与输入数据一同扔进一个序列里面。$CDQ$ 分治即可。

评测记录 - 洛谷

例 $2.3$：[CQOI2011]动态逆序对

添加一维时间，将问题看做统计满足条件的三元组 $(pos,val,time)$ 个数即可。

评测记录 - 洛谷

构造题

例 $3.1$：Koishi Loves Construction

TASK1：前缀和数列构成 $\bmod n$ 意义下的一个剩余系。

首先发现 $n$ 必须在首位。思考构造，可以有 $n,1,n-2,3,n-4,5\dots$

有解的判定，发现 $n$ 为奇数的时候，无法构造满足条件的序列，$n$ 个数的和被 $n$ 整除。

TASK2：前缀积数列构成 $\bmod m$ 意义下的一个完全剩余系。

发现 $n$ 必须在末位，$1$ 必须在首位，若 $(n-1)!\mid n$ 显然无解。

构造 $sum_i\equiv i\pmod n$，即 $(i-1)*a[i]\equiv i\pmod n$

证明 $a_i$ 互不相同：证明从略，考虑威尔逊定理的证明过程易知。

Rotate and Play Game - ARC138

猜一手结论，最大的 $\dfrac{n}{2}$ 个数一定可以被取到。

令小于最大值的为 $-1$, 大于最大值的为 $1$ 。画一个折线图，发现取最大值所在点为起点的时候满足条件。

评测记录 - Atcoder