二分法的妙用

大家都知道用二分法在有序序列中查找效率很高，除此之外，二分法的思想 在很多方面有应用，不仅仅限于查找某个数据。
比如，我们对一个单调函数f(x)求它的零点时，假设我们知道它的零点在一个范围(a,b)中，那么我们就可以用二分法来求f(x)=0的根了。
现在，我们看一个实际的应用。
Topcoder SRM338第2题，(http://www.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=7386&rd=10662 )

题目抽象成这样一个问题：
给定2个数a,b ,他们的b除以a为q1%,q1为四舍五入的正整数。现在要求一个最小的数m,使(b+m)除以(a+m)的比值q2%,使得q2>q1,如果不存在这样的数，则返回－1。其中a的取值范围在1-1,000,000,000 之间。

让我们现写出最简单的解法 ：

int display(int a, int b) {
    return (b * 100) / a;      // integer division rounds down
  }

  int howManyGames (int a, int b) {
    if (a == b) return -1;
    int currentDisplay = display(a,b);
    for (int g=1; ; g++)
      if (display(a+g,b+g) > currentDisplay)
        return g;
  }

这段代码肯定通过不了，原因如下：
1.在函数display中b*100有可能溢出，因为b可以达到1,000,000,000 ,所以应该改成(b*100LL)/a
2.这种解法会超时，在最坏的情况下，a = 1,000,000,000, b= 980,000,000 ,将会执行1,000,000,000 此循环。
3.这种解法结果可能错误，无解情况应该是q1>99时，而不是q1==100时，具体证明自己去做。

对于bug2超时，我们用一种hacker方法来巧妙的解决，我们每次让g增加1000,这样增长速度就会增加1000倍，然后对满足条件的g,要求的结果肯定在g-1000到g之间，这样再之多只需要1000次循环就可以求出来了，代码如下:

int howManyGames (int a, int b) {
    int currentDisplay = display(a,b;
    if (currentDisplay >= 99) return -1;

    int g;
    for (g=1; ; g+=1000)
      if (display(a+g,b+g) > currentDisplay)
        break;

    // We already crossed the boundary.
    // Now we return one step back and find its exact position.
    g-=1000;
    for ( ; ; g++)
      if (display(a+g,b+g) > currentDisplay)
        return g;
  }

除了这种巧妙的hacker方法，我们要用正常的程序员的方法来解决超时问题！

注意：任何时候你写出的代码类似于上面的那个hacker代码，那么肯定有一种更加快速有效的方法来实现同样的功能：即二分查找(binary search)
用二分法首先要确定所求值的范围，在本题中，很明显所求值肯定大于0，即下界为0，小于2*10^9（上界）.但是即使我们不知道上界，我们也可以求出来（只要存在）。重复试下面的值g=2^0,2^1,2^2,2^3,...直到你找到合适的g,使得display(a+g,b+g)>currentdisplay
OK,知道了上下界，就很好求解了。

int howManyGames (int played, int won) {
    int currentDisplay = display(played,won);
    if (currentDisplay >= 99) return -1;

    long minG = 0, maxG = 1;
    while (display(played+maxG,won+maxG) == currentDisplay)
      maxG *= 2;

    while (maxG - minG > 1) {
      long midG = (maxG + minG) / 2;
      if (display(played+midG,won+midG) == currentDisplay)
        minG = midG;
      else
        maxG = midG;
    }

    return maxG;
  }

附带：
用数学方法来解决（o(1)的时间复杂度）
设z=currentdisplay,我们必须找到最小的g,使得
floor( 100*(won+g) / (played+g) ) ≥ Z+1.
由于Z是一个整数，我们可以忽略 floor函数，因此，解除g得到
g*(99-Z) ≥ (Z+1)*played - 100*won
可以看到右边的值永远大于0，所以对于Z>=99,g肯定没有解。
当Z<99,时，两边同时除以(99-Z),就可以解除整数g的最小值了
g = ceil( ( (Z+1)*played - 100*won ) / (99-Z) )