![[总结]二分法(二分查找)](/0.jpg)
目录一、关于二分法1. 使用前提2. 分类3. 易错点4. 二分法的延伸二、整数域上的二分1. 模板三、实数域上的二分1. 模板四、练习例1：#9100055「一本通 1.2 例 1」愤怒的牛 / SP297 AGGRCOW - Aggressive cows / P1316 丢瓶盖例2：P1661 扩散例3：P1182 数列分段 Section II例4：POJ 2018 Best Cow Fences例5：CF670C Cinema例6：POJ3579 Median例7：P1083 借教室例8： WILL吃桃例9： 【codevs 3342】绿色通道Green Passage例10： P1314 聪明的质监员例11： P1281 书的复制
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
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 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 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 #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 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 #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 #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 #include #include #include 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 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 #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 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]=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 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 #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] 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 #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 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; }