二分法的妙用

大家都知道用二分法在有序序列中查找效率很高，除此之外，二分法的 思想 在很多方面有应用，不仅仅限于查找某个数据。
比如，我们对一个单调函数f(x)求它的零点时，假设我们知道它的零点在一个范围(a,b)中，那么我们就可以用二分法来求f(x)=0的根了。
现在，我们看一个实际的应用。
Topcoder SRM338第2题，(http://www.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=7386&rd=10662 )

题目抽象成这样一个问题：
给定2个数a,b ,他们的b除以a为q1%,q1为四舍五入的正整数。现在要求一个最小的数m,使(b+m)除以(a+m)的比值q2%,使得q2>q1,如果不存在这样的数，则返回－1。其中a的取值范围在1-1,000,000,000 之间。

让我们现写出最简单的解法 ：

int  display( int a,  int b) {
     return  (b *   100 )  / a;       //  integer division rounds down
  }

   int  howManyGames ( int a,  int b) {
     if  (a == b)  return   - 1 ;
     int  currentDisplay  =  display(a,b);
     for  ( int  g = 1 ; ; g ++ )
       if  (display(a + g,b + g)  >  currentDisplay)
         return  g;
  }

这段代码肯定通过不了，原因如下：
1.在函数display中b*100有可能溢出，因为b可以达到1,000,000,000 ,所以应该改成(b*100LL)/a
2.这种解法会超时，在最坏的情况下，a = 1,000,000,000, b= 980,000,000 ,将会执行1,000,000,000 此循环。
3.这种解法结果可能错误，无解情况应该是q1>99时，而不是q1==100时，具体证明自己去做。

对于bug2超时，我们用一种hacker方法来巧妙的解决，我们每次让g增加1000,这样增长速度就会增加1000倍，然后对满足条件的g,要求的结果肯定在g-1000到g之间，这样再之多只需要1000次循环就可以求出来了，代码如下:

int  howManyGames ( int  a,  int  b) {
     int  currentDisplay  =  display(a,b;
     if  (currentDisplay  >=   99 )  return   - 1 ;

     int  g;
     for  (g = 1 ; ; g += 1000 )
       if  (display(a + g,b + g)  >  currentDisplay)
         break ;

     //  We already crossed the boundary.
     //  Now we return one step back and find its exact position.
    g -= 1000 ;
     for  ( ; ; g ++ )
       if  (display(a + g,b + g)  >  currentDisplay)
         return  g;
  }

除了这种巧妙的hacker方法，我们要用正常的程序员的方法来解决超时问题！

注意：任何时候你写出的代码类似于上面的那个hacker代码，那么肯定有一种更加快速有效的方法来实现同样的功能：即二分查找(binary search)
用二分法首先要确定所求值的范围，在本题中，很明显所求值肯定大于0，即下界为0，小于2*10^9（上界）.但是即使我们不知道上界，我们也可以求出来（只要存在）。重复试下面的值g=2^0,2^1,2^2,2^3,...直到你找到合适的g,使得display(a+g,b+g)>currentdisplay
OK,知道了上下界，就很好求解了。

int  howManyGames ( int  played,  int  won) {
     int  currentDisplay  =  display(played,won);
     if  (currentDisplay  >=   99 )  return   - 1 ;

     long  minG  =   0 , maxG  =   1 ;
     while  (display(played + maxG,won + maxG)  ==  currentDisplay)
      maxG  *=   2 ;

     while  (maxG  -  minG  >   1 ) {
       long  midG  =  (maxG  +  minG)  /   2 ;
       if  (display(played + midG,won + midG)  ==  currentDisplay)
        minG  =  midG;
       else
        maxG  =  midG;
    }

     return  maxG;
  }

附带：
用数学方法来解决（o(1)的时间复杂度）
设z=currentdisplay,我们必须找到最小的g,使得
floor( 100*(won+g) / (played+g) ) ≥ Z+1.
由于Z是一个整数，我们可以忽略 floor函数，因此，解除g得到
g*(99-Z) ≥ (Z+1)*played - 100*won
可以看到右边的值永远大于0，所以对于Z>=99,g肯定没有解。
当Z<99,时，两边同时除以(99-Z),就可以解除整数g的最小值了
g = ceil( ( (Z+1)*played - 100*won ) / (99-Z) )