二分查找图解
二分查找图解
使用二分查找的前提是所给的元素集合必须是单调的。
注意:本文图文并茂
将提供以下图文链接供大家理解:
图文链接:
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密码:2k851&54
整数二分
查找最后一个小于等于q的元素的下标
模板代码,展开查看
int last(int q){
int l = -1, r = n;
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] <= q) l = mid;
else r = mid;
}
return l;
}
元素存在
返回对应元素的下标
元素不存在
返回最大小于该元素的元素的下标
查找第一个大于等于q的元素的下标
模板代码,展开查看
int first(int q){
int l = -1, r = n;
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] >= q) r = mid;
else l = mid;
}
return r;
}
元素存在
返回对应元素的下标
元素不存在
返回最小大于该元素的元素的下标
该模板具有对称之美,非常好记😊
习题一
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int n, m, q;
int first(int q){ // 局部变量覆盖全局变量
int l = -1, r = n;
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] >= q) r = mid;
else l = mid;
}
return a[r] == q ? r : -1;
}
int last(int q){ // 局部变量覆盖全局变量
int l = -1, r = n;
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] <= q) l = mid;
else r = mid;
}
return a[l] == q ? l : -1;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
while(m -- ){
scanf("%d", &q);
printf("%d %d\n", first(q), last(q));
}
return 0;
}
浮点数二分
最大化查找模板:
模板代码,展开查看
double find(double y){
double l = -22, r = 22;
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(mid * mid * mid <= y){
l = mid;
}else{
r = mid;
}
}
return l;
}
最小化查找模板:
模板代码,展开查看
double find(double y){
double l = -22, r = 22;
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(mid * mid * mid >= y){
r = mid;
}else{
l = mid;
}
}
return r;
}
习题一
最大化AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pre = 1e-8;
double find(double y){
double l = -22, r = 22;
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(mid * mid * mid <= y){
l = mid;
}else{
r = mid;
}
}
return l;
}
int main(){
double n;
cin >> n;
printf("%.6lf", find(n));
return 0;
}
最小化AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pre = 1e-8;
double find(double y){
double l = -22, r = 22;
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(mid * mid * mid >= y){
r = mid;
}else{
l = mid;
}
}
return r;
}
int main(){
double n;
cin >> n;
printf("%.6lf", find(n));
return 0;
}
习题二
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N];
int n, m, q;
int first(int q){ // 局部变量覆盖全局变量
int l = -1, r = n;
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(a[mid] >= q) r = mid;
else l = mid;
}
return a[r] == q ? r + 1 : -1;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
while(m -- ){
scanf("%d", &q);
printf("%d ", first(q));
}
return 0;
}
习题三
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pre = 1e-4;
double a, b, c, d;
double f(double x){ // 函数f(x)
return a * x * x * x + b * x * x + c * x + d;
}
double find(double l, double r){
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(f(mid) * f(r) < 0) l = mid;
else r = mid;
}
return l;
}
int main(){
cin >> a >> b >> c >> d;
for(int i = -100; i < 100; i ++ ){
double y1 = f(i), y2 = f(i + 1); // (-100, -99], (-99, -98], ..., (99, 100]: 排除根为100的情况
if(!y2) printf("%.2lf ", i + 1.0); // 有可能该点正好是根
if(y1 * y2 < 0) printf("%.2lf ", find(i, i + 1)); // 否则在(i, i + 1)区间二分根
}
return 0;
}
高效的牛顿法
牛顿法(英语:Newton's method)又称为牛顿-拉弗森方法(英语:Newton-Raphson method),它是一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法。方法使用函数\(f(x)\)的泰勒级数的前面几项来寻找方程\(f(x)=0\)的根。
1. 方法说明
首先,选择一个接近函数\(f(x)\)零点的\(x_{0}\),计算相应的\(f(x_0)\)和切线斜率\(f'(x_0)\)(这里\(f'\)表示函数\(f\)的导数)。然后我们计算穿过点\((x_{0},f(x_{0}))\)并且斜率为\(f'(x_0)\)的直线和\(x\)轴的交点的\(x\)坐标,也就是求如下方程的解:
$$
{\displaystyle 0=(x-x_{0})\cdot f'(x_{0})+f(x_{0})}
$$
我们将新求得的点的\(x\)坐标命名为\(x_1\),通常\(x_1\)会比\(x_{0}\)更接近方程\(f(x)=0\)的解。因此我们现在可以利用\(x_1\)开始下一轮迭代。迭代公式可化简为如下所示:
$$
{\displaystyle x_{n+1}=x_{n}-{\frac {f(x_{n})}{f'(x_{n})}}}
$$
已有证明牛顿迭代法的二次收敛必须满足以下条件:
\(f'(x)\neq 0\); 对于所有\(x\in I\),其中\({\displaystyle I}\)为区间\([α − r, α + r]\),且\(x_{0}\)在区间其中\(I\)内,即 \(r\geqslant \left|a-x_{0}\right|\)的;
对于所有\({\displaystyle x\in I}\),\(f''(x)\)是连续的;
\(x_{0}\)足够接近根 \(α\)。
2. 案例
第一个案例:
求方程\(\cos(x)-x^{3}=0\)的根。令\(f(x)=\cos(x)-x^{3}\),两边求导,得\(f'(x)=-\sin(x)-3x^{2}\)。由于\(-1\leq \cos(x)\leq 1(\forall x)\),则\(-1\leq x^{3}\leq 1\),即\(-1\leq x\leq 1\),可知方程的根位于\(0\)和\(1\)之间。我们从\({\displaystyle x_{0}=0.5}\)开始。
第二个案例:
牛顿法亦可发挥与泰勒展开式,对于函式展开的功能。
求\(a\)的\(m\)次方根。
\(x^{m}-a=0\)
设\(f(x)=x^{m}-a\),\(f'(x)=mx^{m-1}\)
而\(a\)的\(m\)次方根,亦是\(x\)的解,
以牛顿法来迭代:
(或 $$x_{n+1}=x_{n}-{\frac {1}{m}}\left(x_{n}-a{\frac {x_{n}}{x_{n}^{m}}}\right)$$)
3. 应用
求解最值问题
牛顿法也被用于求函数的极值。由于函数取极值的点处的导数值为零,故可用牛顿法求导函数的零点,其迭代式为
求拐点的公式以此类推
引例:
用牛顿法求解平方根:
如果要求\(S(S>1)\)的平方根,选取\(1 < x_{0} < S\)
例子:求\(\sqrt {125348}\)至6位有效数字。
因此$$\sqrt{125348} \approx 354.045$$
代码实现:
package main
import (
"fmt"
)
func main() {
// 求S = 125348的平方根
// 1. 选取1 < x0 < S
// x0 = 3^6 = 729.00
// 2. 迭代5次
var S float64 = 125348
var x float64 = 729
for i := 0; i < 5; i ++ {
x = 1 / 2.0 * (x + S / x)
}
fmt.Printf("x: %v\n", x)
}
结论:
不难看出
等价于:
在数学上是等价的,在计算机上\(x^2\)会超过int
所表示的范围,变成+Inf
将\(x^2\),变为\(2x^2 - x^2\),然后化简得
我们来推导出这个公式:
-
设\(f(x) = x^2 - c \ (c \neq 0)\), \(f'(x) = 2x\), \(f''(x) = 2\)
-
证明二次收敛:
\(f'(x)\neq 0\); 对于所有\(x\in I\),其中\({\displaystyle I}\)为区间\([1, c]\),设近似根为\(x_0\),且\(x_{0}\)在区间\(I\)内;
对于所有\({\displaystyle x\in I}\),\(f''(x)\)是连续的;
\(x_{0}\)足够接近根 \(α\), \(α\)是实际的根。 -
根据定义将\(x_0\),代入
- 因为二次收敛,所以等式两边除以\(f'(x_{0})\),然后移项得
- 则可以得到其迭代公式
- 代入求解得
推导完毕!
有了以上基础,下面就非常简单了
为了练习函数与循环,我们来实现一个平方根函数:用牛顿法实现平方根函数。
计算机通常使用循环来计算 \(x\) 的平方根。从某个猜测的值 \(z\) 开始,我们可以根据 \(z^2\) 与 \(x\) 的近似度来调整 \(z\),产生一个更好的猜测:
重复调整的过程,猜测的结果会越来越精确,得到的答案也会尽可能接近实际的平方根。
在提供的 func Sqrt
中实现它。无论输入是什么,对 z
的一个恰当的猜测为 1
。 要开始,请重复计算 10
次并随之打印每次的 z
值。
观察对于不同的值 \(x(1、2、3 ...)\) , 你得到的答案是如何逼近结果的,猜测提升的速度有多快。
提示:用类型转换或浮点数语法来声明并初始化一个浮点数值:
z := 1.0
z := float64(1)
然后,修改循环条件,使得当值停止改变(或改变非常小)的时候退出循环。观察迭代次数大于还是小于 10
。 尝试改变 z
的初始猜测,
如 x
或 x/2
。你的函数结果与标准库中的 math.Sqrt
接近吗?
(注: 如果你对该算法的细节感兴趣,上面的 z² − x
是 z²
到它所要到达的值(即 x
)的距离, 除以的 2z
为 z²
的导数,
我们通过 z²
的变化速度来改变 z
的调整量。 这种通用方法叫做牛顿法。 它对很多函数,特别是平方根而言非常有效。)
平方根函数
package main
import (
"fmt"
"math"
)
func Sqrt(x float64) float64 {
// z最好在 1 < z < 2 内取值
z := 1.5 // 迭代四次就够了
for i := 0; i < 4; i ++ {
z -= (z * z - x) / (2 * z)
fmt.Println(z)
}
return z
}
func main() {
fmt.Println(Sqrt(2))
fmt.Println("================")
fmt.Println(math.Sqrt(2))
}
同理再实现一个立方根函数
package main
import (
"fmt"
)
func subtriplicate(x float64) float64 {
z := 1.0
for i := 0; i < 10; i ++ {
z = z - z / 3.0 + x / (3.0 * z * z);
}
return z
}
func main() {
fmt.Printf("subtriplicate(7): %v\n", subtriplicate(7))
}
总结:牛顿法收敛速度是二次方级别的,比二分法快多了
习题一
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double cube(double x){
double z = 1;
for(int i = 0; i < 18; i ++ ){
z = z - z / 3.0 + x / (3.0 * z * z);
}
return z;
}
int main(){
double x;
cin >> x;
printf("%.6lf", cube(x));
return 0;
}
二分答案
题目 1
LuoGu P2440 木材加工
样例:
2 6
11 21
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int n, k;
bool check(int x){
LL y = 0; // 段数
for(int i = 0; i < n; i ++ ) y += a[i] / x;
return y >= k;
}
int find(){
int l = 0, r = 1e8 + 1; // x范围的开区间
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid)) l = mid; // 满足条件,放大
else r = mid;
}
return l;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
printf("%d", find());
return 0;
}
题目 2
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 10;
int a[N]; // a数组代表当前石头距离起点石头的距离(包含起点、终点的石头)
int l, n, m; // 起点到终点的距离,起点和终点之间的岩石数,至多移走的岩石数
bool check(int x){
int y = 0; // 移掉的石头数
for(int i = 1, pre = 0; i <= n + 1; i ++ ){
// 如果当前石头与前一个石头的距离小于x则移除掉当前石头
// 当当前石头是终点的石头的话,并且与前一个石头的距离小于x,
// 则移除掉终点石头,这与移除掉前一个石头等价
if(a[i] - a[pre] < x) y ++ ;
else pre = i; // 否则跳至下一个石头,前一个石头跳至当前石头
}
return y <= m;
}
int find(){
int l = 0, r = 1e9 + 1; // 1 <= x << 1e9
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid)) l = mid; // y <= M的话,增大x
else r = mid;
}
return l;
}
int main(){
scanf("%d%d%d", &l, &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
// 起点到起点的距离为0
// 终点到起点的距离为L
a[n + 1] = l;
printf("%d", find());
return 0;
}
题目 3
Luogu P1314 [NOIP2011 提高组] 聪明的质监员
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
int w[N], v[N], l[N], r[N];
LL sn[N], sv[N]; // 前缀和
LL s, ans = LONG_MAX; // 标准值、答案
int n, m; // 矿石的个数、区间的个数
bool check(int W){
memset(sn, 0, sizeof sn);
memset(sv, 0, sizeof sv); // 重复使用,清0
for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
if(w[i] >= W) sn[i] = sn[i - 1] + 1, sv[i] = sv[i - 1] + v[i];
else sn[i] = sn[i - 1], sv[i] = sv[i - 1];
}
LL y = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++ ){
y += (sn[r[i]] - sn[l[i] - 1]) * (sv[r[i]] - sv[l[i] - 1]);
}
ans = min(ans, abs(y - s)); // 不管最大化还是最小化,W每次二分的值都是一样的,所以结果也是一样的
// return y <= s;
return y >= s;
}
void find(){
int l = 0, r = 1e6 + 1; // 0 < w <= 1e6
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
// if(check(mid)) r = mid; // y <= s, 最小化w
// else l = mid;
if(check(mid)) l = mid; // y >= s, 最大化w
else r = mid;
}
}
int main(){
scanf("%d%d%lld", &n, &m, &s);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d%d", &w[i], &v[i]);
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
find();
printf("%lld", ans);
return 0;
}
题目 4
Luogu P1083 [NOIP2012 提高组] 借教室
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; // 由于使用前缀和, 第i天需要用的教室数量之和会溢出 INT_MAX
const int N = 1e6 + 10;
int r[N], d[N], s[N], t[N]; // 第i天可用于租借的教室数量、租借的数量,租借开始、结束分别在第几天。
int n, m; // 表示天数和订单的数量。
LL a[N]; // 第i天需要用的教室数量之和
bool check(int x){
memset(a, 0, sizeof a);
for(int i = 1; i <= x; i ++ ) a[s[i]] += d[i], a[t[i] + 1] -= d[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
a[i] += a[i - 1];
if(a[i] > r[i]) return false;
}
return true;
}
int find(){
int l = 0, r = m + 1; // 1 <= x <= m
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid)) l = mid; // 满足条件,放大 x
else r = mid;
}
return l;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &r[i]);
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) scanf("%d%d%d", &d[i], &s[i], &t[i]);
int ans = find();
if(ans == m) puts("0");
else printf("-1\n%d", ans + 1);
return 0;
}
题目 5
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int n, m, p[N][N];
bool vis[N][N];
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; // 上右下左
bool dfs(int x, int y, int P){
if(x == n) return true; // 到达第n行,通过迷宫返回true
vis[x][y] = true; // 该坐标走过
for(int i = 0; i < 4; i ++ ){
// 深搜其他点
int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
if(a >= 1 && a <= n && b >= 1 && b <= m && !vis[a][b] && p[a][b] <= P)
if(dfs(a, b, P)) return true;
}
// 走不到第n行,原路返回,返回false
return false;
}
int find(){
int l = -1, r = 1e3 + 1; // 0 <= x <= 1000
while(l + 1 < r){
int mid = l + r >> 1;
memset(vis, 0, sizeof vis); // 重置标记数组
if(dfs(1, 1, mid)) r = mid; // 满足条件,x尽可能小
else l = mid;
}
return r;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
for(int j = 1; j <= m; j ++ ){
scanf("%d", &p[i][j]);
}
}
printf("%d", find());
}
题目 6
AC代码,展开查看
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pre = 1e-5;
int w0, w, m;
bool check(double x){
double s = w0;
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) s = s * (1 + x) - w;
return s >= 0; // 如果没有还完钱,则说明利率太大,缩小范围(最大化,最小化均可以)
}
double find(){
double l = 0, r = 10; // 利率大致范围
while(r - l > pre){
double mid = (l + r) / 2;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
return r;
}
int main(){
scanf("%d%d%d", &w0, &w, &m);
printf("%.1lf", find() * 100); // 百分比
return 0;
}
本文参考自【董晓算法的个人空间-哔哩哔哩】
海纳百川,有容乃大!如果文章有什么不足之处,还请大神们评论区留言指出,我在此表达感谢🥰!若大家喜欢我的作品,欢迎点赞、收藏、打赏🎉🎉🎉!