例题

ACW 102. 最佳牛围栏

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题面

农夫约翰的农场由NNN块田地组成，每块地里都有一定数量的牛,其数量不会少于1头，也不会超过2000头。
约翰希望用围栏将一部分连续的田地围起来，并使得围起来的区域内每块地包含的牛的数量的平均值达到最大。
围起区域内至少需要包含 FFF块地，其中FFF会在输入中给出。
在给定条件下，计算围起区域内每块地包含的牛的数量的平均值可能的最大值是多少。

解析

连续区间求平均值问题，使用前缀和加二分法求解
假设长度为FFF的连续区间的平均值为xxx，定义前缀和
s[i]=s[i−1]+a[i]−xs[i]=s[i-1]+a[i]-x s[i]=s[i−1]+a[i]−x
对于当前最小的s[i−F]s[i-F]s[i−F]，如果s[i]≥s[i−F]s[i]\geq s[i-F]s[i]≥s[i−F]表示长度为FFF的区间均值至少为xxx，以此构建二分法的判断函数.

AC代码

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;const int N=100005;
const double EPS=1e-5;
const int d=1000;int n, F;
double a[N], s[N];bool f(double avg){for(int i=1; i<=n; ++i) s[i]=s[i-1]+a[i]-avg; // 计算前缀和double mins=0;for(int k=F; k<=n; ++k){mins=min(mins, s[k-F]);if(s[k]>=mins) return true;}return false;
}int main(){cin>>n>>F;double l=0, r=0;for(int i=1; i<=n; ++i){scanf("%lf", &a[i]);r=max(r, a[i]); // 找到最多牛的田，将牛的数量记为r}while(r-l>EPS){ // 浮点数二分法double mid=(l+r)/2;if(f(mid)) l=mid;else r=mid;}printf("%d\n", (int)(r*d));return 0;
}

ACW 113. 特殊排序

题目链接

题面

有NNN个元素，编号1.2..N1.2..N1.2..N，每一对元素之间的大小关系是确定的，关系具有反对称性，但不具有传递性.
注意：不存在两个元素大小相等的情况。
也就是说，元素的大小关系是NNN个点与N∗(N−1)/2N*(N-1)/2N∗(N−1)/2条有向边构成的任意有向图。
然而，这是一道交互式试题，这些关系不能一次性得知，你必须通过不超过100001000010000次提问来获取信息，每次提问只能了解某两个元素之间的关系.
现在请你把这NNN个元素排成一行，使得每个元素都小于右边与它相邻的元素.
你可以通过我们预设的bool函数compare来获得两个元素之间的大小关系.
例如，编号为a和b的两个元素，如果元素a小于元素b,则compare(a,b)返回true，否则返回false.
将NNN个元素排好序后，把他们的编号以数组的形式输出，如果答案不唯一，则输出任意一个均可.

解析

二分法的交互题

AC代码

// Forward declaration of compare API.
// bool compare(int a, int b);
// return bool means whether a is less than b.class Solution {public:vector<int> specialSort(int N) {vector<int> ans{1}; for(int i=2; i<=N; ++i){int l=0, r=ans.size()-1;while(l<r){ // 二分法定位待插入的位置int mid=l+r+1>>1;if(compare(ans[mid], i)) l=mid;else r=mid-1;}ans.push_back(i);for(int j=ans.size()-2; j>r; --j) swap(ans[j], ans[j+1]); // 将最后的i交换到r+1的位置if(compare(i, ans[r])) swap(ans[r], ans[r+1]); // 如果i是最小的 }return ans;}
};

LC 410. 分割数组的最大值

题目链接

题面

给定一个非负整数数组和一个整数 mmm，你需要将这个数组分成mmm个非空的连续子数组。设计一个算法使得这mmm个子数组各自和的最大值最小。

解析

方法1：使用动态规划求解
定义f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示将数组前iii个元素划分为jjj段连续子数组的得到和的最小值，对0∼i−10\sim i-10∼i−1进行枚举(因为不存在空段，所以只要枚举到i−1i-1i−1即可)，设前kkk元素被分为j−1j-1j−1段，第k+1k+1k+1个元素到第iii个元素是第jjj段，因此得到状态转移方程，其中s[i]s[i]s[i]表示前缀和.
f[i][j]=min(f[i][j],max⁡(f[k][j−1],s[i]−s[k+1]))f[i][j]=min(f[i][j], \max(f[k][j-1], s[i]-s[k+1])) f[i][j]=min(f[i][j],max(f[k][j−1],s[i]−s[k+1]))
方法2：使用二分法+贪心策略
对子段和的最大值进行枚举，假设当前子段和最大值为sss，如果在此约束下，可以将数组分为≤m\leq m≤m段，则缩小sss继续二分搜索，否则扩大二分，继续进行搜索.

AC代码：DP

typedef long long LL;
class Solution {public:int splitArray(vector<int>& nums, int m) {int n=nums.size();LL f[n+1][m+1];LL s[n+1];memset(f, 0x7f, sizeof f);memset(s, 0x00, sizeof s);for(int i=1; i<=n; ++i) s[i]=s[i-1]+nums[i-1];f[0][0]=0;for(int i=1; i<=n; ++i)for(int j=1; j<=min(i, m); ++j)for(int k=0; k<i; ++k)f[i][j]=min(f[i][j], max(f[k][j-1], s[i]-s[k]));return (int)f[n][m];}
};

AC代码：二分&贪心

typedef long long LL;
class Solution {public:int splitArray(vector<int>& nums, int m) {int n=nums.size();LL s[n+1];memset(s, 0x00, sizeof s);for(int i=1; i<=n; ++i) s[i]=s[i-1]+nums[i-1];function<bool(LL)> f=[&](LL sub){ // 在当前子段和sub的限制下，最少可以分为多少段int cnt=0, j=0;for(int i=1; i<=n-1; ++i){if(s[i]-s[j]<=sub && s[i+1]-s[j]>sub){++cnt;j=i;}}if(s[n]-s[j]<=sub) ++cnt;else return false;return cnt<=m;};LL l=0, r=s[n];while(l<r){LL mid= l+(r-l)/2;if(f(mid)) r=mid;else l=mid+1;}return l;}
};

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