题解：2018级算法第六次上机 C6-不Nan的过河

题目描述：

 

样例：

 

实现解释：

一道因为没排序做了一个小时没做出来的二分答案模板题（手动呲牙）

知识点：

二分答案，最大值最小化

坑点：

排序，judge(mid)函数内计数的实现

 

其实从最长一步的最小距离就能大致看出：二分答案

因此需要做的就是对0~L这个区间二分查找满足题意的跳跃距离，直到达到终止条件。

唯一需要注意的就是：何时满足条件，二分答案中最重要的judge函数，可以先缕一下：只能跳m步，需要从0跳到L。

有步数限制，因此跳跃仅在不得不跳时进行（减少步数消耗），所以需要一个pre记录上一次的位置，cnt记录跳跃的步数。然后遍历石子的位置即可（注意排序（题目没说有序）和L的添加（L作为第n+1块石子））

最后需要注意的既是，在判断到最后，cnt还不是真正的cnt，因为此时pre还是跳到L前的位置，因此遍历结束后还需要对cnt进行++操作，然后再比较才行。

更具体的实现可在完整代码中查看，去除注释其实很短。

 

完整代码：

#include
#include
using namespace std;
int L,n,m;
long long a[100010];
bool judge(int x)
{
    //站在岸边 
    int pre = a[0];
    //记录跳数 
    int cnt = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        //为了尽量少跳几步，得到最大的最小值，因此仅在不得不跳的时候跳 
        if(a[i]-pre>x)
        {
            //跳到前一个位置 
            pre = a[i-1];
            cnt++;
            //提前判断减少时间 
            if(cnt>m) return 0;
            //如果还是大，说明跳不过来 
            if(a[i]-pre>x) return 0;
        }
    }
    //跳到岸上 
    cnt++;
    //需要的步数太多 
    if(cnt>m) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(cin >> L >> n >> m)
    {
        a[0] = 0;
        for(int i = 1;i<=n;i++)
        {
            cin >> a[i];
        }
        a[n+1] = L;n++;
        sort(a,a+n);
        int l = 0,r = L,mid;
        while(l<r)
        {
            mid = (l+r)/2;
            //二分答案中的judge，1就是能符合条件，0就是不能
            //这里1就是能在当前范围成功，而为了得到最大的最小值
            //应该减少步长，找到恰好跳到对岸的长度 
            if(judge(mid)) r = mid;
            //如果不能则就扩大步长 
            else l = mid+1;
        }
        cout << r << '\n';
    }
    return 0;
}

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