二分法（三）：采用二分法解决“最大化最小值问题”

【例1】跳石头。

题目描述

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了!

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 n 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 mm 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个整数 l,n,m，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证0 ≤ m ≤ n ≤ 50,000，1 ≤ l ≤ 1,000,000,000。。

接下来 n 行，每行一个整数，第 i 行的整数 d_i( 0 < d_i < l)， 表示第 i 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出格式：

一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

输入输出样例

输入样例#1：

25 5 2

2

11

14

17

21

输出样例#1：

4

说明

输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 2和 14的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 4(从与起点距离 17的岩石跳到距离 21的岩石，或者从距离 21的岩石跳到终点。

      （1）编程思路。

      这道题要求一堆最小距离里面的最大值，是一道典型的最小值最大化问题，可以采用二分法解决。

      1）首先将距离排序，虽然石子顺序是确定的，但是排完序不影响它们之间的差值，这个是肯定的。

      2）确立二分的上下界，上界right就是河流的宽度l，下界left就是最小石头间距。

      3）然后在上下界之间二分，二分时需要确定判断条件，测试当前的mid值。

      判断当前mid值的方法是这样的：循环所有的石头间距，逐个累加，如果没有超过当前mid，意味着该石头可以搬开（这是为了保证最小跳跃长度为mid，小于mid距离的石头不能往上面跳，因为如果一跳就会出现比mid更小的距离了），即搬石头数x++，如果超过了当前mid，则不能搬了（需要跳到这个石头上落下脚），而且要把此时的累加距清零，以便后一段继续如此处理。

      根据循环之后的结果，如果搬石头数目x超过了规定的m，说明mid值过大，于是上界缩小right变为mid-1：如果x小于m，则在跳跃时还可以跳过ｍ－ｘ个石头，说明mid值偏小，则下界增大left变为mid+1……由此二分完毕即得最大化最小间距。

      （2）源程序。

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

int d[50005],l,n,m; 

bool judge(int mid)

{

         int start=0,x=0,i; // start表示每次落脚点的坐标，每落一次地更新一次start

         for(i=1;i<=n;i++)

         {

                   if (d[i]-start<mid)

                      x++;   // x表示去掉的石头数，如果mid大于要跳的距离，就跳过当前这个石头，此时x++ 

                   else

                      start=d[i];  // 此时落在石头上

         }

         if (l-start<mid)   // 判断最后一跳跳的距离要是小于mid的话那是不可以的

             return false;

         if(x>m)          //  要是x>m就说明最小距离mid太大啦

             return false;

         return true;

}

int main()

{

     int left,right,mid,ans,min = 0x7fff,i;

     cin>>l>>n>>m;

     for(i=1;i<=n;i++)

          cin>>d[i];

     d[0] = 0; 

     d[n + 1] = l;

     sort(d,d+(n+1));

     for(i = 0; i <= n; i++) 

        if (d[i+1]-d[i]<min) 

             min = d[i+1]-d[i]; 

     left = min, right = l;

     while(left<=right)

     {

          mid=(left+right)/2;

          if (judge(mid))

           {

                     left=mid+1;

                     ans=mid;

            }

            else

                   right=mid-1;

     }

     cout<<ans<<endl;

     return 0;

}

      将此源程序提交给poj  3258 “river hopscotch”，可以accepted。

 【例2】好斗的牛（poj 2456 翻译而来）。

 题目描述

 农夫约翰建造了一座有n（2<=n<=100000）间牛舍的小屋，牛舍排在一条直线上，第i间牛舍在xi（0<=xi<=1000000000）的位置。但是约翰的c（2<=c<=n）头牛不喜欢牛舍这种布局，而且几头牛如果冲到同一个隔间里，它们就要发生争斗。约翰为了防止牛之间互相攻击互相伤害，因此决定把每头牛都放在离其它牛尽量远的牛舍，使任意两头牛之间的最小距离尽可能大，那么，这个最大的最小距离是多少呢？

输入格式

第一行是用空格分隔的两个整数n,c

第二行为n个用空格隔开的整数，表示位置xi

输出格式

输出仅一个整数，表示最大的最小距离值

样例输入

5 3

1 2 8 4 9

样例输出

3

样例解释

 把牛放在第1，4， 8 间，这样最小的距离值是3

      （1）编程思路。

      将c头牛放在n个点中的c个点上的最大距离是：dis=(pmax-pmin)/(c-1)。（最大的坐标-最小的坐标再除以c-1）。

      首先对隔间位置xi从小到大排序，然后以left=0为下界，以right=dis为上界通过二分法求这个最大的最小距离。

      假设当前的最小距离为mid，如果判断出最小距离为mid时可以放下c头牛，就先让mid变大再试试，即增大下界（left=mid+1）；如果放不下c头牛，说明当前的mid太大了，就先让mid变小再进行判断，即减小上界（right=mid-1）。直到求出一个最大的mid就是最终的答案。

      （2）源程序。

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int n = 100005;

int p[n], n, c;

bool judge(int x)

{

    int cnt = 1, tmp = p[0];

    for(int i = 1; i < n; i++)

    {

        if(p[i] - tmp >= x)

        {

            cnt++;

            tmp = p[i];

            if(cnt >= c)    //可以放下c头牛

                return true;

        }

    }

    return false;

}

int main()

{

    int i,low,high,mid;

    cin>>n>>c;

    for(i=0;i<n;i++)

        scanf("%d",&p[i]);

    sort(p,p+n);

    high=(p[n-1]-p[0])/(c-1);

    low=0;

    while(low<=high)

    {

         mid=(low+high)/2;

         if (judge(mid)) low=mid+1;

         else high=mid-1;

    }

   cout<<low-1<<endl;

   return 0;

}