poj 3232 Accelerator（二分）

//以下为原blog搬迁过来的内容

【题目大意】：给出n辆赛车距离终点的距离，每秒钟会前进1米，现在给出m个可以加速k的加速器，每次每辆车只能使用一次加速器，下一个时间点加速器可以重复使用。问所有赛车到达终点的最短时间。


【解题思路】：

1）二分答案，判断答案的正确性
2）关键在判断二分出来的答案是否正确。这里要注意以下几点：1、每次只可以用m个加速器。2、要注意有些塞车使用加速器后直接超过终点线
3）很明显，我们对于每一个二分出来的答案ans，对于每一辆车有n*k+(ans-n)>=a[i] ---> n>=(a[i]-ans)/(k-1)
这里n表示对于这里车使用的加速器的个数，而对于最多的情况，加速器的使用次数是ans*m，所以，必须满足，对于每一个距离所以n的和小于或者等于ans*m
这里要特别注意： a[i]-ans<=0是不需要使用加速器的，即n=0
n<=ans不可能加速器的使用次数大于ans的，因为每个单位时间只能使用一次
对于所谓的每个时间点只能使用m次这个条件，我们可以证明在上面两个条件判断下是一定成立

【代码】：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cctype>
#include <map>
#include <iomanip>
                   
using namespace std;
                   
#define eps 1e-8
#define pi acos(-1.0)
#define inf 1<<30
#define pb push_back
#define lc(x) (x << 1)
#define rc(x) (x << 1 | 1)
#define lowbit(x) (x & (-x))
#define ll long long
#define Maxn 100100


int T, n, maxs;
int d[Maxn];
long long m, k;

bool check(long long ti){
    long long sum = m * ti, tmp;
    if (k == 1) return d[0] <= ti;
    for (int i=0; i<n; i++) {
        if (d[i] - ti <= 0) return true;
        tmp = (d[i] - ti)/(k-1);

        if (((d[i]-ti)%(k-1)) != 0) tmp+=1;
        if (tmp > ti) return false;
        sum -= tmp;
        if (sum<0) return false;
    }
    return true;
}
void work(){
    long long lo=0, hi = maxs+10, mid;
    while (lo+1<hi) {
        
        mid = (lo+hi)>>1;
        if (check(mid)) hi = mid;
        else lo = mid;
    }
    if (check(lo)) cout <<lo <<endl;
    else
        if (check(mid)) cout <<mid <<endl;
        else if (check(hi)) cout <<hi<<endl;
}
int main(){
    scanf("%d", &T);
    for (;T;T--) {
        scanf("%d", &n);
        maxs = -1;
        for (int i=0; i<n; i++) {scanf("%d", &d[i]); maxs = max(maxs, d[i]);}
        sort(d, d+n, greater<int>());
        cin >>m >>k;
        work();      
    }
    return 0;
}