[总结]二分法(二分查找)
一、关于二分法
二分法是一种很普通却又很重要的算法。二分法能为我们解题时提供很大的帮助。
1. 使用前提
二分法的适用条件是序列具有二分性，也就是单调性。当序列具有二分性，这时我们不断枚举区间中点才能判断这个值是否题设条件。
当题目中出现诸如最大值的最小，最小值的最大的问题时，答案具有二分性。
2. 分类
从二分的对象来分类，我们既可以二分最终的答案，我们也可以二分进行判断。
从二分的类型来分类，可以分为整数域上的二分，以及实数域上的二分。
3. 易错点
二分法简单易写，但是却很容易写错。我们有很多方法实现二分，而其中的细节地方需要仔细考虑。
对于整数域上的二分：
我们需要注意终止条件，左右区间位置的变化，避免错过答案或造成死循环。
对于实数域上的二分：
我们需要注意精度的控制。
建议自己形成固定的代码模型，避免造成不必要的错误。
4. 二分法的延伸
C++ STL中的lower_bound，upper_bound也可以解决实现在一个序列中二分查找某个整数k的后继。
二分法能够解决单调问题，进一步地，我们可以扩展二分法至三分法。此时三分法可以解决单峰函数的极值问题。
二、整数域上的二分
1. 模板
在这里给出一种常见的模板：
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
三、实数域上的二分
1. 模板
实数域上的二分相对简单，只要r-l到达我们所需的精度即可。
#define eps 1e-5
while(r-l>eps){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
当我们不确定精度的时候，我们可以采用循环固定次数的形式进行计算。一般这种方式得到的结果的精度比设置的eps更高：
for(int i=1;i<=100;i++){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
四、练习
例1：#9100055「一本通 1.2 例 1」愤怒的牛 / SP297 AGGRCOW - Aggressive cows / P1316 丢瓶盖
分析：
很基础的二分，每次二分牛的间隔，如果能放下这c头牛，那么继续扩大这个距离，否则缩小这个距离，直到找到答案。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1000050],n,c,rem;
int judge(int x){
int num=0;
int temp=f[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(f[i]-temp<x) num++;
else temp=f[i];
if(num>rem) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
sort(f+1,f+n+1);
rem=n-c;
int maxn=0;
int l=1,r=f[n]-f[1];
while(l+1<r){
int mid=(l+r)/2;
if(judge(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%d\n",l);
return 0;
}
例2：P1661 扩散
分析：
并查集+二分答案。二分枚举形成一个连通块的时间，每次使用并查集统计，如果最后集合的数量大于1，那么移动左区间，否则移动右区间。注意两个点都会扩张，因此单位时间会走双倍的距离。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int sx[N],sy[N],pre[N],n;
int Find(int x){
return (pre[x]==x)? x:Find(pre[x]);
}
int check(int mid){
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int dis=abs(sx[i]-sx[j])+abs(sy[i]-sy[j]);
if(mid*2>=dis){
int fi=Find(i);
int fj=Find(j);
if(fi!=fj) pre[fi]=fj;
}
}
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(pre[i]==i) cnt++;
return (cnt==1)? 1:0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&sx[i],&sy[i]);
int l=0,r=1e9,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
例3：P1182 数列分段 Section II
分析：
二分枚举每段总和为mid时是否可行，分了超过m段就更新左区间，否则更新右区间。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100010];
int n,m,ans,l,r;
int judge(int mid){
int sum=0,cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(sum+a[i]<=mid)
sum+=a[i];
else{
sum=a[i];
cnt++;
}
}
return (cnt<=m)?1:0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
l=max(l,a[i]);
r+=a[i];
}
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(judge(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
例4：POJ 2018 Best Cow Fences
分析：
实数域上的二分。因为平均值只是描述数与数的离散关系，所以我们同时加或减对整个序列的平均值都没有影响。所以我们对序列减去平均值后，问题化为存不存在这样的序列使得区间和大于0。
我们在\(O(N)\)复杂度内使用前缀和做减法处理出全序列中最大的一段子序列，如果此时序列和小于0，那么我们枚举的平均值过大，因此缩进右区间，反之同理。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define INF 1e10
using namespace std;
double a[N],b[N],sum[N];
int main()
{
int n,len;
scanf("%d%d",&n,&len);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
double l=-1e6,r=1e6;
double dlt=1e-5;
while(r-l>dlt){
double mid=(l+r)/2;
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-mid;//削去平均值
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+b[i];//求前缀和
double ans=-INF,temp=INF;
for(int i=len;i<=n;i++){
temp=min(temp,sum[i-len]);//因为长度大于等于L，所以确定一个min左端点
ans=max(ans,sum[i]-temp);
}
if(ans>=0) l=mid;//可以达到该平均值
else r=mid;
}
printf("%d",int(r*1000));
return 0;
}
例5：CF670C Cinema
分析：
贪心思想，二分枚举每场电影能听懂配音的人数以及看懂字幕的人数，首先满足听懂配音人数，其次满足看懂字幕的人数。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
inline void read(int &x){
x=0;int flag=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
x*=flag;
}
int n,m,a[N],b[N],v,pow1,pow2,last1,last2;
int ans=1;
int main()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
sort(a+1,a+n+1);read(m);
for(int i=1;i<=m;i++) read(b[i]);
for(int i=1;i<=m;i++){
read(v);
int pow1=(upper_bound(a+1,a+n+1,b[i])-a-1)-(lower_bound(a+1,a+n+1,b[i])-a-1);
int pow2=(upper_bound(a+1,a+n+1,v)-a-1)-(lower_bound(a+1,a+n+1,v)-a-1);
if(pow1>last1||(pow1==last1&&pow2>last2)) last1=pow1,last2=pow2,ans=i;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
例6：POJ3579 Median
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=1e6;
using namespace std;
int a[N],n,m,ans;
int check(int val)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cnt+=n-(lower_bound(a+1,a+n+1,a[i]+val)-a-1);
if(cnt>m) return 1;
else return 0;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
m=n*(n-1)/4;
ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int l=1,r=a[n]-a[1];
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例7：P1083 借教室
分析：
一道很好的思维题，运用了差分的思想。我们在第i天借了k个教室时，在这个时间节点累加这k个教室，在第j天归还的时候再减去。这样我们就能知道任意一天借出教室的数量。我们不断二分这个不能满足的日期，如果最后结果为m，那么全都能满足。否则二分终止的位置就是不能满足的日期。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[1000010],day[1000010];
int m,n,l[1000010],r[1000010],req[1000010];
int judge(int mid){
memset(day,0,sizeof(day));
for(int i=1;i<=mid;i++){
day[l[i]]+=req[i];
day[r[i]+1]-=req[i];
}
if(day[1]>num[1]) return 0;
for(int i=2;i<=n;i++){
day[i]+=day[i-1];
if(day[i]>num[i]) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&req[i],&l[i],&r[i]);
int L=1,R=m,ans=0;
while(L<=R){
int mid=(L+R)>>1;
if(judge(mid)){
L=mid+1;
}
else R=mid-1,ans=mid;
}
if(R!=m) printf("-1\n%d",ans);
else printf("0");
return 0;
}
例8： WILL吃桃
【 题目描述】
Will 很喜欢吃桃， 某天 Will 来到了一片森林， 森林中有 N 颗桃树， 依次编号为 1,2,„,N.每棵树上有数量不等的桃子。 某些桃树之间有单向通行的小路， 且路径不会形成环， 通过每条小路的时间也不一定相同。 现在， Will 提着一个最多可以容纳 K 个桃子的篮子， 从编号为1 的桃树出发， 走过若干条小路之后来到编号为 N 的桃树。 当 Will 在路上走的时候， 每走 1分钟， 他会从篮子中拿出一个桃子来吃掉（ 如果篮子中还有桃子的话， 如果篮子中没有桃子的话那就没得吃了！）。 每到一棵桃树（ 包括起点和终点）， 他会把这棵桃树上的所有桃子摘下来放入篮子中。 现在你的问题是： 求 K 的最小值， 使得 Will 能够不浪费任何桃子（ 每到一棵桃树， 这棵树上的所有桃子都必须被装入篮子中）。
【 输入格式】
输入文件第一行两个整数， N,m， 分别表示桃树的数量以及连接桃树的小路的数量。
接下来一行 N 个用空格隔开的整数， 分别表示每一颗桃树上的桃子的数量。
接下来 m 行， 每行 3 个用空格隔开的整数， a,b,c， 表示有一条小路能够从桃树 a 走到桃树 b，（ 注意小路一定是单向的）， 走过这条小路所需要的时间是 c 分钟。从任意一棵桃树出发， Will 不可能沿着小路走若干条路之后重新回到这棵桃树。（ 给出的图是一个有向无环图。） 数据保证 Will 一定能够从桃树 1 走到桃树 N。
【 输出格式】
输出文件有且仅有一行， 一个整数， 表示 K 的最小值
【 输入样例】
3 3
5 1 6
1 3 1
1 2 4
2 3 5
【 输出样例】
6
【 数据规模】
对于 30%的数据： 3≤N≤10； m≤20；
对于 60%的数据： 3≤N≤1,000； m≤10,000；
对于 100%的数据： 3≤N≤10,000； 3≤m≤30,000； 所有其他数据都不超过 10000；
分析：
题目要求求出篮子容量的最小值K，我们很容易知道如果篮子容量小于K无法满足，如果容量大于K则会有剩余的空间而不是最优的答案。因此K的取值具有二分性，我们二分这个K并跑最短路(以篮子中的桃子作为权值)，如果最终篮中的桃子数少于mid，那么缩小右区间，否则缩小左区间。
具体详见代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,tot;
int first[N],nxt[N],go[N],cost[N],fil[N];//fil每个节点装入桃子的数量
int vis[N],dist[N];
inline void add_edge(int u,int v,int w){
nxt[++tot]=first[u];
first[u]=tot;
go[tot]=v;
cost[tot]=w;
}
int check(int mid){
queue<int> q;//最短路
for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0,dist[i]=INF;
vis[1]=1;
dist[1]=fil[1];
q.push(1);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(int e=first[u];e;e=nxt[e]){
int v=go[e],w=cost[e];
int add=fil[v];
int rest=(dist[u]-w>0)?(dist[u]-w):0;//可能会桃子不够吃的情况
if(add+rest>mid) continue;//装不下，不能选这条道
if(add+rest<dist[v]){//松弛
dist[v]=add+rest;
if(!vis[v]){
q.push(v);
vis[v]=1;
}
}
}
}
return (dist[n]<=mid)? 1:0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&fil[i]);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add_edge(u,v,w);
}
int l=fil[1],r=1e8,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
例9： 【codevs 3342】绿色通道Green Passage
题目描述 Description
《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一，其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨，其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日，soon-if (数学课代表)，又一次宣布收这本作业，而lsz还一点也没有写……
高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄)，编号1..n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP，显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。
现在，lsz想知道他在这t分钟内写哪些题，才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。(快乐融化：那么lsz怎么不自己写程序？lsz：我还在抄别的科目的作业……)
输入描述 Input Description
第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。
以下一行，为n个整数，依次为a[1], a[2],... a[n]，意义如上所述。
输出描述 Output Description
仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。
样例输入 Sample Input
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
样例输出 Sample Output
3
数据范围及提示 Data Size & Hint
60%数据 n<=2000
100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000
分析：
让你求出最小的发怒值。本题继承上一道题的思想，可以确定发怒值具有二分性，那么如何写check函数呢？
我们很容易想到动态规划，由于每个作业的区间存在重叠关系，因此可以使用单调队列优化。设\(f(i)\)数组表示在完成作业\(i\)时要花费的最小总时间，我们维护一个单调上升的队列，当扫描到的数所花的时间比队尾大，那么不断删去队尾并插入这个数来保证每次队头的元素的值最小；在取队头前需要检查队头元素是否超出区间，超出的元素需要删去。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 50010
using namespace std;
int n,t,a[N],f[N],q[N];
int check(int val)
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(q,0,sizeof(q));
f[0]=0;
int head=0,tail=0;
tail++;
for(int i=1;i<=n;i++)//单调上升队列
{
while(head<=tail&&q[head]<i-val-1)//(多减一位，相当于i与选的值中间差了val(即mid))
head++;//超出范围的元素要删除
f[i]=f[q[head]]+a[i];//更新时间
while(head<=tail&&f[q[tail]]>=f[i]) tail--;//删除不是最优的队尾
q[++tail]=i;//加入新的位置
}
int ans=INF;
for(int i=n-val-1;i<=n;i++)
ans=min(ans,f[i]);
//若有时间小于t,则该愤怒值枚举d大了
if(ans<=t) return 1;//更新右区间
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int l=0,r=n,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
例10： P1314 聪明的质监员
前缀和优化，check函数：“从Li到Ri，中间的所有w值超过W的项的个数乘上这些矿石的v的和”。
我们二分枚举参数W，并求出最终的Y，寻找\(min(abs(S-Y))\)意味着S与Y的距离最近，因此只要Y大于S就更新l，否则更新r，这样就可以向S不断逼近。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define INF 0x7f7f7f7f
#define ll long long
using namespace std;
ll res,n,m,s,w[N],val[N],y,a[N],b[N];
ll sumn[N],sumv[N],L=INF,R=0;
inline bool judge(ll mid){
y=0;
memset(sumv,0,sizeof(sumv));//满足条件矿石的价值
memset(sumn,0,sizeof(sumn));//满足条件矿石的个数
for(int i=1;i<=n;i++){
sumn[i]=sumn[i-1],sumv[i]=sumv[i-1];
if(w[i]>=mid) sumv[i]+=val[i],sumn[i]++;//符合条件
}
for(int i=1;i<=m;i++)
y+=(sumn[b[i]]-sumn[a[i]-1])*(sumv[b[i]]-sumv[a[i]-1]);//求出Y
res=(ll)abs(y-s);//求出当前答案
if(y>s) return 1;//W可以更小一些
else return 0;//W可以更大一些
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld",&w[i],&val[i]);
L=min(w[i],L);R=max(w[i],R);
}
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
ll l=0,r=R+2,ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(judge(mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
ans=min(ans,res);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
例11： P1281 书的复制
二分枚举完成的时间，求出最优时间后用递归求出最终每个人负责的范围。
细节见代码。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[600],l,r,ans,cnt;
inline int check(int time){
int per=0;cnt=1;//初始化
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]>time) return 0;//不可能完成该任务
if(per+a[i]<=time) per+=a[i];//贪心，即让每个人在限制时间内尽量多地抄写
else cnt++,per=a[i];//超出时间让下一个人做
}
return cnt<=k;//是否满足限制人数
}
inline void print(int x,int y){
int per=0;
for(int i=y;i>=x;i--){
if(per+a[i]>ans){
print(x,i);//继续划分1~i
printf("%d %d\n",i+1,y);//i+1~y是一段
return;
}
per+=a[i];
}
printf("%d %d\n",x,y);
return;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
if(!n) return 0;//数据会出现n=0,k=0的情况
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
r+=a[i];
}
while(l<=r){//二分求出最小时间
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
print(1,n);
return 0;
}
