芯片检测（分治法经典问题）

1. 问题描述

有一批芯片（n片），里面有好芯片有坏芯片，我们不知道哪片是好的哪片是坏的，只知道里面的好芯片一定比坏芯片至少多出一片。
现在有一个检测设备，同时将两片芯片放进去，它们会各自报告对方的情况，好芯片的报告结果一定是真实的，坏芯片的报告结果是不确定的（有可能是真实的，也有可能是假的）。会有这样的报告结果：

芯片A的报告	芯片B的报告	结论
好	好	AB都好或者都坏
好	坏	假如两个都是好的，显然矛盾了，因此至少有一个坏的
坏	好	同上，至少有一个坏的
坏	坏	反证，可得至少一个是坏的

现在要求从这批芯片中挑出一个好的芯片。
从这批芯片当中随便挑出一个芯片，用剩下的芯片挨个去和它进行检测。
当n为偶数时：

待测试芯片	其余芯片（奇数个）
好芯片	剩余芯片中好芯片的个数仍然会比坏芯片至少多一片，因此将会有超过一半的芯片报告是好芯片
坏芯片	同上，有超过一半的芯片报告是坏芯片

当n为奇数时

待测试芯片	其余芯片（偶数个）
好芯片	剩余芯片中好芯片的个数不会比坏芯片少，因此将会有至少一半的芯片报告是好芯片
坏芯片	剩余芯片中好芯片的个数比坏芯片多至少两片，因此将有超过一半的芯片报告是坏芯片

推论1： 从n个芯片中随便挑出一个，如果是好芯片，则至少有一半的芯片报告为“好”；
逆否命题：如果报告结果为好的少于一半，那么这一定不是一个好芯片（那就是坏芯片了）。
推理2： 从n个芯片中随便挑出一个，如果是坏芯片，则应有超过一半的芯片报告为“坏”；
逆否命题：如果报告结果为坏的芯片至多一半，那么这肯定不是坏芯片（那就是好芯片了）。

2. 常规法

芯片总数为偶数(2k)：
挑出一个芯片X（待检芯片）后，剩下（陪检芯片）奇数个(2k-1)，在这2k-1个中，好的肯定比坏的多。检测报告（只看陪检芯片的报告）有如下两种情况：

陪检芯片报告	结果分析
报好多于报坏	X肯定是好芯片。因为如果A是坏芯片，又发布报告的芯片中好芯片多，那么结果中报坏的肯定要多于报好的。
报坏多于报好	X肯定是坏芯片。原因同上，因为发布报告的芯片中好芯片占有优势。

芯片总数为奇数(2k+1)：
挑出一个芯片X后，剩下奇数个(2k)，在这2k个中，好的至少也占了半数。检测报告有如下三种种情况：

陪检报告	结果分析
好坏各占一半	根据推理2的逆否命题，这肯定不是坏芯片，那X就是好芯片了。或者我们来反证一下，假如是坏芯片，那么剩余的2k个芯片中好的就不只半数了，至少也比坏的多两个，否则与大前提（在一批芯片中好的至少比坏的多1个）矛盾。这样的话，报告里报坏的就不止一半了，而是多于一半，这与我们看到的报告不相吻合，因此X一定是好芯片。
好多于坏	因为陪检芯片中至少有一半好芯片，所以如果是坏芯片，那么报坏的芯片数不可能比少于一半。因此这是好芯片
坏多于好	同上，这是坏芯片

以上我们从各种情况分析得出了当面对这一堆芯片的分析报告时，我们如何去判断这是什么样的芯片。
现在再来解决这个问题，算法很简单：挑出一个芯片X，用剩余的检测它，然后看它是否是好芯片，如果是则完成问题，如果不是则再换一个进行检测，直到我们挑出一个好的为止。
算法分析：每次挑选需要O(n)次检测，运气好的话第一次就挑中了一个好的，运气不好最多只需要n/2次（上取整）。平均的话需要两次。

3. 分治法

我们能想到的做法是，先两两一组进行检测，如果两个报告都是好（这两个芯片同好或同坏），则将这两个芯片任意留下一片，否则就将这两个芯片都舍弃。然后按同样的做法对剩下的进行下一轮的检测。
能否行的通？分治法的关键在于子问题和原问题应该有相同的性质。也就是说，经过一轮检测，剩下的芯片中仍然应该保持着好的至少比坏的多一个这条性质。
证明：

假如芯片数为偶数
- 设在决定任留一个的芯片对中同为好的有2k个（任留其中一个），同为坏的有2j个（任留一个），舍弃的芯片中，好的m个坏的n个（因为在上面的分析中可以看到，舍弃的情况中都是坏的至少一个，也就是说n >= m）。
- 根据题设有，2k + m > 2j + n。
- 综合上面的可知，2k > 2j，即k > j，也就是说剩下来的芯片中，好的仍然比坏的多。
假如芯片数为奇数
- 设在决定任留一个的芯片对中同为好的有2k个（任留其中一个），同为坏的有2j个（任留一个），舍弃的芯片中，好的m个坏的n个（因为在上面的分析中可以看到，舍弃的情况中都是坏的至少一个，也就是说n >= m），还有一个没有参加检测的。
- 根据题设有，2k + m >= 2j + n，注意这里取等号了，因为剩下的那个有可能是好的。
- 综合上面的可知，k >= j，也就是说剩下来的芯片中，好的不能保证比坏的多了。
- 这个时候就应该对剩余的那个进行一次检测了，用留下的芯片对其进行一次检测，因为剩下的芯片中好的至少还是占了一半，因此如果报告中好的报告占一半或以上，那么这个就是好芯片，将其留下，那么我们就直接完成了这个问题，找到一个好芯片。否则直接将它丢掉。因为我们已经知道了未参加检测的那个是坏芯片，这时我们再来看第2条，会发现2k + m >= 2j + n + 2，那么显然k > j成立，保持了原来的好的至少比坏的多一个的性质。

算法分析：分治法的时间复杂度递推方程为W(n) = W(n/2) + n/2，n/2是两两分组需要进行的检测次数，在出现有奇数个芯片的时候，有一个剩下的，需要额外进行最多n/2次（因为2k + 2j < 芯片总数，那么k+j 一定小于总数的一半）检测，但是却有一半的几率使递归提前终止（剩下的那个是好的）。最终的综合检测次数为O（n）。

4. 总结

总的来看，分治法稍稍好一些。但是其实常规法也不错，因为我们知道，前3次都没挑到好芯片的概率小于12.5%，前四次都没挑到的概率小于7.5%，…，前7次都没条中的概率小于1/128=0.78%，已经不足1%了，基本上我们可以假定只需要不超过7次就可以挑到一个好芯片。因此其实常规法的效率也不错，而且因为不需要递归，节省了空间。但是常规法需要大量的分析。花了一下午分析写这个东西，打乒乓球去了。