Day2（）
Day 2
二分
描述
二分查找也称折半查找（Binary Search），它是一种效率较高的查找方法。但是，折半查找要求线性表必须采用顺序存储结构，而且表中元素按关键字有序排列。
例题：
昨天考试的T2 就是YRQ神仙70分的那个
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二分相对于暴力枚举来讲，判定次数会显著变少
具体来说，如果暴力枚举期望是O(N)次
那么二分只需要O(logN)次就可以得出答案
一般来说我们会在以下情况用到二分：
求单调函数的零点
求一堆东西的最小值最大是多少
很难直接算出答案，但是很好判定答案合不合法
实现代码
while(r-l>eps)
{
mid=(l+r)/2;
if(f(mid)>0) r=mid;
else l=mid;
}
while(l<r)
{
mid=(l+r)/2;
if(f(mid)>0) r=mid;
else l=mid+1;
}派
我的生日要到了！根据习俗，我需要将一些派分给大家。我有N个不同口味、不同大小的派。有F个朋友会来参加我的派对，每个人会拿到一块派（必须一个派的一块，不能由几个派的小块拼成；可以是一整个派）。
我的朋友们都特别小气，如果有人拿到更大的一块，就会开始抱怨。因此所有人拿到的派是同样大小的（但不需要是同样形状的），虽然这样有些派会被浪费，但总比搞砸整个派对好。当然，我也要给自己留一块，而这一块也要和其他人的同样大小。
请问我们每个人拿到的派最大是多少？每个派都是一个高为1，半径不等的圆柱体。二分一下每个人拿到的派的大小
然后整体扫一遍N个派，由于每个人派的大小已知，那么每个初始的派能切成的块数就也能知道了
检验一下这些派够不够分
如果不够，说明每个人拿的派太大了，往小了二分
如果够，说明每个人可能还可以拿更多的派，往大了二分
最大值最小化
把一个包含n个正整数的序列划分为m个连续的子序列(每个正整数恰好属于一个序列)。设第i个序列的各数之和为S(i)，你的任务是让所有S(i)的最大值尽量小。
例如序列1 2 3 2 5 4划分成3个序列的最优方案为1 2 3|2 5 |4，其中S(1)、S(2)、S(3)分别为6、7、4，最大值为7；如果划分成1 2|3 2|5 4，则最大值为9，不如刚才的好。
n<=10^6，所有数之和不超过10^9。先二分一下最大值是多少
这个值是每一段总和的上限
然后贪心，只要总和在这个限度内就不断地往里添加后面的数，直到不能添加为止，那么这些数就组成了一段
扫完所有的数之后，看一看划分出了几段
如果段数>m，说明这个最大值设得太小了，应该变大,l=mid+1
否则说明最大值还有可能变小，r=mid
排干水塘
公园里有n个水塘，需要把这n个水塘中的水排干，水塘中的水在自然条件下1个单位的时间可以蒸发A升水。现在买了1台抽水机，使用抽水机可以让你用1个单位的时间使每个水塘除开自然蒸发的A升水外，还可抽B升水，但在1个单位的时间内只能对1个水塘使用。
要你求出排干所有水塘的最少时间（水塘中的水为0时为排干）。公园里有n个水塘，需要把这n个水塘中的水排干，水塘中的水在自然条件下1个单位的时间可以蒸发A升水。现在买了1台抽水机，使用抽水机可以让你用1个单位的时间使每个水塘除开自然蒸发的A升水外，还可抽B升水，但在1个单位的时间内只能对1个水塘使用。
要你求出排干所有水塘的最少时间（水塘中的水为0时为排干）。
二分时间T，把每一个水塘减去已经蒸发的，再把剩下的水除以b，最后看看这个时间是否大于T。大于，说明T小了，反之，T大了。
序列积第 n 小元素
给出两个长度为n的数组A和B, 在A和B中各任取一个, 可以得到n×n个积. 求第m小的元素。
n<=100000自己写的
确定一个ai，看看有没有bi = x/ai
所有小于bi的数的个数都加起来
找下一个ai
再加
直到x/ai < b1
啊差不多就这样。
复杂度\(O(n^2\log n)\)
还有优化
从小到大排序：
有：随着i变大，\(\frac{x}{a_i}\)变小，即符合要求的\(b_i\)便小。设每次b的下标为\(y_j\)，则\(y_j\)递减
则找一个指针记录y，从1到n，每更新一次i，y就减小到满足\(a_i \times b_y <= x\)的最大值，这样的复杂度为\(O(n\log n)\).
代码
bool check(int x){
int ans = 0;
int cnt = n;
for(int i = 1;i <= n; i++){
while(x/b[cnt] > a[i]) cnt--;
ans += cnt;
}
return ans == mid;
}跳石子！！！
二分答案。回头写了再说吧
01分数规划！！！！
Poj2728
大意是：给你一个价值a[i]和代价b[i]，然后我们选举n-k个物品，使得总价值/总代价最大。
二分答案x，寻找符合条件的情况，使得
\[ \frac{\sum a_i}{\sum b_i} = x \\ \sum a_i = x \times \sum b_i \\ \]
那么可以有c[i]数组，使得
\[ c_i = a_i - x \times b_i \]
最终检查是否合法的时候即需要
\[ \sum c_i = 0 \]
bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
c[i]=a[i]-b[i]*x;
sort(c+1,c+1+n);
int sum=0;
for(int i=1;i<=k;++i)
sum+=c[i];
return sum<=0;
}
int main()
{
int l,r;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(check(mid))ans=mid,r=mid+1;
else l=mid+1;
}//可以开一个ans不用后续找答案
return 0;
}Desert King
设权值设为\(a_i= cost_i - len_i\)，则求其最小生成树。
分治算法
描述
分治就是“分而治之”
他可以把一个复杂的问题简单化，从全局变成局部，逐渐缩小问题的规模，更加高效的解决问题
高效
快速排序（分治+冒泡排序）
归并排序（标准分治）
都是用了分治的思想把时间从\(O(N^2)\)变成了\(O(N \log N)\)
复杂度计算
主定理
其实和线段树一样吧。应该是线段树的两倍。
逆序对
爽啊上链接
先再看看想想这个思路：
直接暴力求的话，显然时间复杂度是不可接受的
我们不妨转换一下，分而治之
把整个数列劈成两半
则总的逆序对数量=左半部分逆序对数量+右半部分逆序对数量+左边的数比右边大的对数
前两项我们可以递归求解，最后一项我们可以在归并排序的同时稍加处理，O(N)计算出来
这样时间复杂度与归并排序一样，都是O(NlogN)的//手糊一下
void msort(int l,int r){
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
msort(l,mid);
msort(mid+1,r);
int x = l,y = mid+1;
int cnt = l;
while(x <= mid && y <= r){
while(a[x] < a[y] && x <= mid) d[cnt++] = a[x++];
while(a[x] > a[y] && y <= r) d[cnt++] = a[y++];
ans += y-l;
}
for(int i = l;i <= r; i++)
a[i] = d[i];
}快速幂 （这个要回头看！！）
棋盘覆盖（去洛谷看！！）
直接做好像并不可行，我们考虑逐渐把问题简化
先假设迷宫是一个2*2的方格，那么方案就很简单了：把公主没站的三个格子铺上地毯就OK了
现在想44的方格，我们把它划分成4个22的方格，公主必然站在其中之一，所以那个22的方格的铺地毯方式就可以递归求出了。对于其他三个22的格子，我们先铺一个跨过他们三个的地毯，然后把这块地毯想象成三个公主，我们就可以递归求解了
接着再想88的方格，我们把它划分成4个44的方格，公主必然站在其中之一，所以那个44的方格的铺地毯方式就可以递归求出了。对于其他三个44的格子，我们先铺一个跨过他们三个的地毯，然后把这块地毯想象成三个公主，我们就可以递归求解了
第k小元素！！
给你一个长度为N的序列，要求你求出其中的第k小元素
1<=K<=N<=2000000
不可以直接排序再找第k小，这道题只允许O(N)算法
类似快速排序，我们先随机找到一个值，然后扫一遍整个序列，这样可以统计出比他大的数的个数X和比他小的数的个数Y，以及跟他相等的个数Z
如果K<=Y,那我们不用管后半部分，第K小元素一定在这些数当中，递归即可
如果Y<k<=Y+Z,那这个元素就是第K小
如果Y+Z<k，那我们不用管前半部分，第K小元素一定在后面的那些数中，我们要找那X个数中的第K-(Y+Z)个元素
由于值是随机选取的，我们可以认为他把原数列分成差不多相等的两部分
所以T(N)=O(N)+T(N/2)，算法是O(N)的
平面最近点对
平面上有n个点，求出所有点对的欧几里得距离最小的点对
分治。每次的d = min(左边的最小值，右边的最小值，左右区间最近的值)
左右区间最近的值怎么搞？
首先得到x = min（左边最小值，右边最小值）
对所有的点按照x坐标（或者y）从小到大排序 :( 。
根据下标进行分割，使得点集分为两个集合。
递归的寻找两个集合中的最近点对。
取两个集合最近点对中的最小值
最近距离不一定存在于两个集合中，可能一个点在集合A，一个点在集合B，而这两点间距离小于dis。
牛跳房子
USACO 15 FEB 回头自己看老师没讲
