信息学奥赛一本通 1247：河中跳房子 | OpenJudge NOI 1.11 10:河中跳房子

【题目链接】

ybt 1247：河中跳房子
OpenJudge NOI 1.11 10:河中跳房子
洛谷 P2855 [USACO06DEC]River Hopscotch S
注：洛谷P2855 题目中，下面给定的石头到左端的距离是无序的，需要额外做一下排序操作。

【题目考点】

1. 二分答案

【解题思路】

将问题抽象：长为L的线段中有N个点，移除M个点，留下N-M个点，将整条线段划分为N-M+1个线段。求所有可能的划分方案中，最短线段最长的那种方案下，最短线段的长度。
方案数有CNMC_N^MCNM种，而M，N达到5∗1045*10^45∗104，数量级，如果想枚举所有方案，求每种方案下的最短线段然后求最大值，显然不可行。
逆向思考，如果给定点之间最小距离x，即点之间的距离必须大于等于x。
需要满足条件为：看移除M个点的多种方案中，是否存在一种方案其最短线段长度大于等于x
而要判断该条件是否成立，仍然比较困难。我们可以再逆向思考该命题，将其转化为：让每条线段长度都大于等于x，看最少需要移除多少个点

如果移除的点的数量小于等于M，则存在一种方案其最短线段长度大于等于x，条件成立。
如果移除的点的数量大于M，则不存在这样的方案，条件不成立。

统计最少移除点数量的方法为：将起点视为观察点，将距离观察点x范围内的点都移除，再将下一个点视为观察点，将距离它x范围内的点都移除。重复执行。如果终点也在被移除的范围内，则应该移除当前观察点。

清楚要判断的条件后，这就是一个二分答案求满足某一条件最大值的问题
求中点：mid = (l+r+1)/2;
如果x满足条件，下一次x应该更大，取右半边，l = mid;
如果x不满足条件，下一次x应该更小，取左半边，r = mid - 1;

最后得到的结果就是要求的各种方案中最短线段的最大值。
复杂度分析：二分查找次数为O(logL)，每次查找判断是否满足条件，需要遍历点的数组，复杂度O(n)，整体复杂度为O(nlogL)，其中n为5∗1045*10^45∗104，L为10910^9109，5∗104∗log2109≈1.8∗1065*10^4*log_210^9\approx1.8*10^65∗104∗log2109≈1.8∗106，该复杂度是可行的。

【题解代码】

解法1：二分答案

该代码适用于 ybt 1247 与 OpenJudge NOI 1.11 10，给定的序列是升序序列

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 50005
int len, n, m, d[N];//d[i]:点i到左端的距离
//要判断：看移除M个点的多种方案中，是否存在一种方案其最短线段长度大于等于x
//实际做：让每条线段长度都大于等于x，看最少需要移除点的数量是否小于等于M
bool check(int x)
{int ct = 0, p = 0;//p:当前观察的点的位置 for(int i = 1; i <= n; ++i){if(d[i] - p < x)//如果到当前观察位置距离小于x，则移除 ct++;else//如果点i到当前观察的位置的距离大于等于xp = d[i];//则i的位置为当前观察的位置}if(len - p < x)//如果终点到观察点距离小于xct++;//移除观察点return ct <= m;//看移除点的数量是否小于等于M
}
int main()
{cin >> len >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> d[i];int l = 0, r = len, mid;while(l < r){mid = (l + r + 1) / 2;if(check(mid))l = mid;elser = mid - 1;}cout << l;return 0;
}

该代码适用于洛谷 P2855，给定的序列是无序序列

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 50005
int len, n, m, d[N];//d[i]:点i到左端的距离
//要判断：看移除M个点的多种方案中，是否存在一种方案其最短线段长度大于等于x
//实际做：让每条线段长度都大于等于x，看最少需要移除点的数量是否小于等于M
bool check(int x)
{int ct = 0, p = 0;//p:当前观察的点的位置 for(int i = 1; i <= n; ++i){if(d[i] - p < x)//如果到当前观察位置距离小于x，则移除 ct++;else//如果点i到当前观察的位置的距离大于等于xp = d[i];//则i的位置为当前观察的位置}if(len - p < x)//如果终点到观察点距离小于xct++;//移除观察点return ct <= m;//看移除点的数量是否小于等于M
}
int main()
{cin >> len >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> d[i];sort(d+1, d+1+n);//先排序int l = 0, r = len, mid;while(l < r){mid = (l + r + 1) / 2;if(check(mid))l = mid;elser = mid - 1;}cout << l;return 0;
}