二分搜索与三分搜索的应用
二分搜索与三分搜索的应用：
二分和三分都利用了分治的思想,都是通过不断缩小查找的范围,把问题分解为更小的子问题直到找到解为止，,二分的时间复杂度为log2（n）,而三分的时间复杂度为3log3(n)，两者都是非常高效的。
在解题时经常会遇到二分法与其他算法结合的题目，因此有必要总结一下。
一、二分搜索
(1)、应用二分最常见或者说最基础的的就是从有序序列中查找某个值：查找等于val的位置，大于等于val的第一个位置/值，者大于val的第一个值/位置，在STL中都有相对应的实现，binary_search,Lower_bound, .upper_bound等等。
(2)、通常我们会遇到一些问题，这个问题有单调性的特征，这时便可以使用二分了，举个例子，假设求满足某个条件的最小的x，如果对于x1>x都有x1满足条件的话，那么便可以二分求解x了。也就是说，如果问题具有的特征是，对于某个值x，x右边或者左边的值都满足或者不满足某个条件。二分常见于一些最优化问题的处理，比如说最小化最大值，最大化最小值，最大化平均值等等。
(3)、下面是一些常见的应用，总结不可能是全面的，目的是理解二分的思想。
1、 假定一个解并判断是否可行。
Poj1064 - Cable master
题意：给出n条线段，以米的单位给出，小数点后两位（精确到厘米），要你对这些线段裁剪，裁剪出m条等长且尽量长的线段，并且让这些线段尽可能长另外线段的长度不能小于1厘米，如果筹不够m条，输出0.00。
分析：和poj3122是一样的，每次假定一个解，判断是否符合要求.对于当前假定的长度len，如果以这种方式去切割时不能满足分出m条线段来则证明len太大，解存在于左区间，否则丢弃左边的区间继续去搜索更大的len。
注意题目要求不能四舍五入，所以需要丢弃小数点两位以后的部分。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
double len[10010];
const double EPS= 1e-6;
int main()
{
int n, k;
scanf("%d %d", &n, &k);
double sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%lf", &len[i]), sum += len[i];
double l = 0.0, r = sum/k;
while (r - l >= EPS){
double m = l + (r-l)/2;
int num = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) num += (int)(len[i] / m);
num >= k ? l = m : r = m;
}
printf("%.2f\n", floor(r*100) / 100);
return 0;
}
2、 二分最大化最小值
Poj2456 - Aggressive cow
题意：有n个牛舍，第i个牛舌在xi的位置上面，但是m头牛会互相攻击，因此要使得最近的两头牛之间的距离尽量大，求这个距离。
分析：很明显，枚举所有可能的距离分别判断一下是否能放m头牛能得出解，但是这样复杂度太高，这时候就要思考如何高效的求解了。问题很明显具有的一个特征是：对于当前的距离x，如果x不满足条件，那么比x大的也不可能满足条件，如果满足的话，那么继续去找更大的x。所以我们就是要求出能使得两头牛之间的距离不小于d的最大的d，直接二分即可。判断函数C(x)为能够使得m头牛之间两两的距离都大于等于d。那么首先对牛舍位置排序，之后从第一个牛舍开始，贪心地放在刚好距离不小于d的另一个牛舍上，看能否放n头牛即可。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n, c;
int x[100010];
int cal(int dis)
{
int k = 0, cnt = 1;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (x[k] + dis <= x[i]) cnt++, k = i;
return cnt >= c;
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &c);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &x[i]);
sort(x, x+n);
int l = 0, r = x[n-1] - x[0];
while (r - l > 1){
int m = (r + l) / 2;
cal(m) ? l = m : r = m;
}
printf("%d\n", l);
return 0;
} Poj3258 - River Hopscotch
题意：一条宽为L的河，有n个石头，然后河的左端为位置0点，右端为位置L点，给定n个石头每个石头的位置，现在要从左端跳至河的右端，只能从一个石头跳至另一个石头上面，然后我们可以去除河中最多m个石头，求去除石头之后一次跳跃的最短距离的最大值是多少？
分析：二分搜索距离，判断的明显就是去掉的石头的数量，跟上道题同样的思路，首先要使得每次跳跃的长度尽可能大的话，那么我们需要去掉尽可能去掉多的石头。那么采取贪心的策略，对于当前假定的距离d，从河的左端开始，每次把离当前的石头的距离小于d的全部去掉，然后跳至刚距离刚好大于d的那个石头，这样一直判断下去直到跳至河的右端，采取这样的贪心策略所跳的次数一定最多，然后去掉的石头数量当然也是最少的，如果此时去掉的石头数量仍然大于m的话，证明这个距离d不可行，而且比d大的也绝对不可行，所以缩小d，否则的话增大d。一直二分直到找到最大的可能的d为止。
可是对于这样的做法，我感觉有一个问题就是：对于当前的距离d，如果按这样的贪心策略来跳的话，会不会导致在要跳至河的右端的最后一次跳跃的时候距离小于d，那么这不就不满足大于等于d的条件了吗？现在还没有想明白这个问题…表示有点难以理解，但是这样做可以A，是我想错了吗？
#include
#include
#include
using namespace std;
int x[50010];
int n, l, m;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int cal(int d)
{
int cnt = 0, last = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (x[i] - x[last] < d) cnt++;
else last = i;
}
return cnt <= m;
}
int main()
{
scanf("%d %d %d", &l, &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", x+i);
sort(x+1, x+n+1);
x[0] = 0, x[++n] = l;
int le = 0, ri = l+10;
while (ri - le > 1){
int m = ri- (ri-le)/2;
if (cal(m)) le = m;
else ri = m;
}
printf("%d\n", le);
return 0;
}
3、 最大化平均值
Poj2976 - Dropping tests
题意:有n场考试,第i场考试有bi分,然后得的分数是ai分，最后得的平均分是ai的和除以bi的和乘以100，最多可以去掉k场考试，求去掉k场考试之后平均分最大能多少？
分析：像这种题首先都会想到贪心法求解，但是局部最优不能保证整体最优，贪心策略是错误的，只能另寻他路，一般还需要是分析抓住题目的特征然后以此入手。
满足单调性特征的题目都可以尝试二分搜索，很明显这个题可以二分，二分的最主要一步是确定判断的函数C(x),这题中需要判断的是对于当前假定的平均分x，如何判断是否能达到呢？题目中的变量有两个，可以把两者变成一者来判断。那么求出每个ai-bi*x，如果最大的n-k个相加大于等于0的话证明可行，且继续搜索更大的平均分，否则不可能达到x的平均分，应缩小解的范围。根据上面的原则就可以进行求解了。
#include
#include
#include
#include
#define EPS 1e-5
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int N = 1010;
int n, k;
int a[N], b[N];
double t[N];
int main()
{
while (scanf("%d %d", &n, &k), n || k){
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", a+i);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", b+i);
double r = 1.0, l = 0.0;
while (r - l >= EPS){
double m = r - (r-l)/2;
for (int i = 0; i < n; i++) t[i] = a[i] - m*b[i];
sort(t, t + n);
if (accumulate(t + k, t + n, 0.0) >= 0.0) l = m;
else r = m;
}
printf("%d\n", (int)(l*100 + 0.5));
}
return 0;
}
4、二分查找第k大
Poj3579 – Median
题意：有n个数组成的一个序列，对于∣Xi - Xj∣ (1≤ i ＜ j ≤ N)，这样的数总共C(N,2)个，求出值处在最中间的那个数。
分析：直接枚举所有的差值明显不可能，时间复杂度过高。二分搜索最基本的应用便是查找一个序列中的某个值，查找第k大只是一个拓展而已，判断的原则显而易见就是比差值比他大的有C（n,2）/2个，为方便进行判断，首先对序列进行排序，对于当前假定的某个值x，因为数据量比较大，直接二分查找，也只要循环一遍，统计大于等于a[i]+x的元素有多少个，就可以进一步确定解的范围了。
#include
#include
#include
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
int n;
int a[100010];
LL tot;
int cal(int k)
{
LL cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) cnt += a+n - lower_bound(a+i, a+n, a[i]+k);
return cnt > tot;
}
int main()
{
while (~scanf("%d", &n)){
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", a+i);
sort(a, a + n);
int l = 0, r = a[n-1]-a[0]+10;
tot = n*(n-1) / 4;
while (r - l > 1){
int m = r - (r-l)/2;
if (cal(m)) l = m;
else r = m;
}
printf("%d\n", l);
}
return 0;
} 5、二分最小化最大值
Poj3662 - Telephone Lines
题意：john需通过n根电线杆建立一个电话线系统把农庄连接到电信公司，这些电线杆从1到n编号，1号已连接到电话公司，n号就是john的农庄，现在有p对电线杆之间是可以用电缆连接的，然后电信公司可以提供k条电缆，其他的由John提供，求john提供的电缆中最长的那根的长度最短是多少。
分析：直接枚举显然不可能。最小化最大值是一个常见的最值优化目标。问题具有的特征是单调性。长度越长，越可能达成，长度越短，越不可能达成。我们只需要通过二分不断来枚举当前的长度就行了。如何判断当前的长度是否可行呢？题目给定了一个明显的图，点数和边的情况都已输入，如果从1号连接到n号需要的最少的电缆的数量仍然大于k的话，证明当前的长度太短，不可能保证联通，否则继续去搜索尽量短的长度。那么我们只需要找出保证1号n号联通的最少电缆数量就好了，如何判断呢？利用动态规划的思想求取最短路就好了，图中所有长度大于等于当前假定的长度的边定为边权1,否则定为边权0，这样就可以求取最少需要多少根电缆了。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef pair p;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
struct edge{
int to, d;
edge(int a = 0, int b = 0) : to(a), d(b){}
};
vector G[1010];
int dis[1010];
int dijstra(int n, int len)
{
fill(dis + 2, dis+ n+1, INF);
priority_queue, greater > q;
q.push(p(0, 1));
while (!q.empty()){
p t = q.top(); q.pop();
int x = t.second;
if (dis[x] < t.first) continue;
if (x == n) return dis[n];
for (int i = 0; i < G[x].size(); i++){
int to = G[x][i].to, d = G[x][i].d;
d = d <= len ? 0 : 1;
if (dis[to] > dis[x] + d){
dis[to] = dis[x] + d;
q.push(p(dis[to], to));
}
}
}
return INF;
}
int main()
{
int n, k, p, ma = 0;
scanf("%d %d %d", &n, &p, &k);
for (int i = 0; i < p; i++){
int f, t, d;
scanf("%d %d %d", &f, &t, &d);
ma = max(ma, d);
G[f].push_back(edge(t, d));
G[t].push_back(edge(f, d));
}
int l = -1, r = ma + 1;
while (r - l > 1){
int m = (r+l) / 2;
dijstra(n, m) <= k ? r = m : l = m;
}
r > ma? puts("-1") : printf("%d\n", r);
return 0;
}
(4)、二分搜索的总结：
1、使用二分需要保证上下界包含解的所有范围，不管是最优化问题还是判定问题，最重要的一步都是向判定问题C(x)的转化，即判断当前假定的解是否符合条件。
2、对于整数的二分，循环条件while (r – l) > 1)或者while (r >= l)都可以，怎么方便怎么处理，只要保证那个不是解的端点在初始化时不取可能的解就行了。对于小数的二分，可以用eps来控制，但是精度的控制必须满足条件而且不能取得太小，否则容易进入死循环。可以循环一定的次数来二分，而不通过while (r – l) > EPS)来循环。一般循环100次就可以达到1e-30的精度了。而且最后得到的解就是其中的一个端点的值，是哪个端点就看二分的方式了。
正因为二分的高效和简单，所以二分常与其他算法结合起来，应用也十分普遍。掌握二分的思想是很重要的。
二、三分搜索
二分法适用于单调函数求解某点的值，而三分法适用于拟凸函数求解极值。
三分与二分的实现时的不同点在于每次会在l和r之间选取两个点，分别是：m = l+(r-l)/3=(2l+r)/3 和 mm = r-(r-l)/3=(l+2r)/3，假设判定函数为c(x),则当c(m)>c(mm)时证明m更靠近最值点，则令r = mm，否则令l = mm。如果要求取的是极小值，则上面的改为小于即可。
下面是一些三分搜索的常见应用：
1、三分角度
题意：给定n个点，求最小的正方形能够覆盖这n个点，正方形不需要平行坐标轴。输出这个正方形的面积。
分析：一般随角度变化的值都会具有凸函数的性质，极值点总在某点取得。可以知道，不论正方形的角度如何，最小的正方形两条对边上面至少一定会经过一个点，否则总可以把正方形缩小而且也满足条件。
所以我们可以三分正方形的边与x轴正向的夹角a，然后求出旋转坐标系a角之后横坐标和纵坐标的最大值和最小值之差，然后要保证覆盖所有点，取两个坐标的差的较大值即为边长。
#include
#include
#include
#include
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define EPS 1e-8
using namespace std;
int x[50], y[50];
int n;
double cal(double a)
{
double maxx = -INF, maxy = -INF, minx = INF, miny = INF;
for (int i = 0; i < n; i++){
double xx = x[i]*cos(a) - y[i]*sin(a);
double yy = y[i]*cos(a) + x[i]*sin(a);
maxx = max(maxx, xx);
maxy = max(maxy, yy);
minx = min(minx, xx);
miny = min(miny, yy);
}
return max(maxx - minx, maxy - miny);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--){
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d %d", x+i, y+i);
double l = 0, r = acos(-1.0);
while (r - l >= EPS){
double m = l + (r-l)/3, mm = r - (r-l)/3;
if (cal(m) <= cal(mm)) r = mm;
else l = m;
}
printf("%.2f\n", cal(l) * cal(l));
}
return 0;
} 2、三分坐标
Poj2420 - A Star not a Tree?
题意：二维坐标平面上有n个点，求出一个点使得到这n点的距离之和最小。
分析：只能尝试搜索的解法了。可以知道极值点一定位于这n点当中，怎么求解极值点呢？距离不满足单调性，可以尝试三分搜索极值点。对于两个量同时变化的情况，可以固定一者，枚举另一者求取最优解，那么在这里我们可以进行两次三分，首先三分横坐标x，然后对于每个假定的x，三分搜索当前横坐标下要取得最优值纵坐标应取的值。
#include
#include
#include
#include
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define EPS 1e-2
using namespace std;
int n;
int x[110], y[110];
double maxx, maxy;
double dis(double xx, double yy)
{
double sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) sum += sqrt((x[i]-xx)*(x[i]-xx) + (y[i]-yy)*(y[i]-yy));
return sum;
}
double cal(double y)
{
double l = 0, r = maxx;
while (r - l >= EPS){
double m = l + (r-l)/3, mm = r - (r-l)/3;
if (dis(m, y) - dis(mm, y) <= -EPS) r = mm;
else l = m;
}
return dis(l, y);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d %d", x+i, y+i);
maxx = *max_element(x, x+n), maxy = *max_element(y, y+n);
double l = 0, r = maxy;
while (r - l >= EPS){
double m = l + (r-l)/3, mm = r - (r-l)/3;
if (cal(m) - cal(mm) <= -EPS) r = mm;
else l = m;
}
printf("%.0f\n", cal(l));
return 0;
} 3、三分边长
Poj3737 – UmBasketella
题意：给出一个圆锥的表面积（侧面积+底面积），求圆锥的最大体积。
分析：三分的入门题，体积关于半径满足凸函数的性质，直接三分底面圆的半径长度就可以了。圆锥的体积公式根据S推导下就可以了。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
double S, r, V, h;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1);
const double EPS = 1e-4;
double cal(double r)
{
h = sqrt(pow((S - PI*r*r) / (PI*r), 2) - r*r);
return V = PI/3.0 * r*r*h;
}
int main()
{
while(~scanf("%lf", &S)){
double l = 0, r = sqrt(S / PI);
for (int i = 0; i < 50; i++){
double m = (2*l + r) / 3, mm = (l + 2*r) / 3;
cal(m) < cal(mm) ? l = m : r = mm;
}
printf("%.2f\n%.2f\n%.2f\n", V, h, l);
}
return 0;
}
4、三分距离
SGU 204/ZOJ2340 Little jumper
Andrew AndrewStankevich’sContest #2 @ACDream D题
题意：一只青蛙从给定的ds点出发，首先越过第一面墙上的洞跳至两面墙的中间某一点，然后从该点出发继续越过第二个洞跳至给定的df点，问要完成这次任务两次起跳的速度中的较大值最小是多少？
分析：这题比前面之前几个题要难些了，感觉值得一做，结合了物理知识和数学分析能力还有三分搜索的方法。（感觉做了之后高中的物理平抛运动学公式全部复习了一遍….）
首先：对于一次运动，由相应的运动学公式推导可知速度为45度时一定为最小的时候：设水平速度为Vx，竖直速度为Vy，从起跳点到落地点的水平距离为X，那么Vx*Vy=g*X/2，那么当Vx=Vy时速度最小，求得这个时候到达墙壁时的高度，若越过则速度为sqrt(g*x);
如果碰到墙壁，要使得速度尽量小，那么当高度大于洞上方高度则求得高度恰好为t时的速度，如果小于洞下方高度b的时候求得高度恰好为b时的速度。然后，对于两次运动，我们求得两个最小的速度并取其较大者就行了。但是因为速度关于落地点的函数属于凹性函数，我们可以三分查找逼近求解速度的值。
#include
#include
#include
#include
#include
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const double EPS = 1e-6;
double b1, t1, b2, t2, l, ds, df, g;
double check(double b, double t, double x, double s)
{
double h = s - s*s/x;
if (b <= h && h <= t) return g*x;
if (h > t) h = t;
if (h < b) h = b;
double Vx2 = g*s*(x-s) *0.5 / h;
return Vx2 + g*g*x*x / (4*Vx2);
}
double MAX(double a)
{
return max(check(b1, t1, a + ds, ds), check(b2, t2, l-a + df, l-a));
}
int main()
{
while (~scanf("%lf %lf %lf %lf %lf %lf %lf %lf", &b1, &t1, &b2, &t2, &l, &ds, &df, &g)){
double m, mm, le = 0, ri = l;
int i = 0;
while (++i <= 100){
m = le + (ri-le)/3, mm = ri - (ri-le)/3;
MAX(m) - MAX(mm) < -EPS? ri = mm : le = m;
}
printf("%.4f\n", sqrt(MAX(le)));
}
return 0;
}
关于三分搜索的总结：
1、三分应用于最优化问题的求解。在解题时没必要给出证明，只要知道问题不满足单调性，就可以尝试用三分搜索极值点，而且三分整数很少见，因为除非能够证明这种策略是正确的(即完全符合凸函数的性质，但是通常极值点不会在整点取得，如果三分整数，那么函数也不是连续的了)，否则很可能会错误，而三分应用在小数中是最常见的，比如说三分角度，三分坐标等等。
2、三分搜索经常应用在数值计算的最优化问题中，对于凸函数极值的计算常常是行之有效的。注意取的两个点最好写成m = (2*l + r) / 3, mm = (l + 2*r) / 3;而不要写成m = (r+l)/2, mm = (r+m)/2.上面的这题写成后面的那种就会错。同样的，二分最好写成m = l + (r-l)/2;
关于三分与二分的总结就到这里，上面所述的只是自己对于两种搜索查找方式的一点点理解而已，也算是一个总结，我相信凡事总结下总是好的，这样才能收获更多，真正要做到对各种算法运用自如还是需要我们勤加练习。
坚持总会有绽放的一天，加油~