NC16462 [NOIP2015]跳石头

题目

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 \(M\) 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入描述

输入文件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。

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。

输出描述

输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

示例1

输入

输出

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）。

备注

对于 \(20\%\) 的数据，\(0 ≤ M ≤ N ≤ 10\)。

对于 \(50\%\) 的数据，\(0 ≤ M ≤ N ≤ 100\)。

对于 \(100\%\) 的数据，\(0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000，1 ≤ L ≤ 1,000,000,000\) 。

题解

思路

知识点：二分。

这是一道经典的二分答案题，二分答案的特征是：答案的一侧必定可行，答案的另一侧必定不可行，即可行(答案) 这个离散函数是单调的，且答案在零点处。

这道题显然具有二分答案的特征，最小距离小于最大的最小距离时必定可行，大于时必定不行，否则不是最终答案，继续二分逼近。

二分答案题的关键在于 \(check\) 函数，来作为离散函数判断目前答案和最终答案（零点）的关系。这里的 \(check\) 函数表示为检验 \(mid\) 是否可行，每次小于 \(mid\) 的石头会被拿掉，直到距离达标，最后看拿掉多少个，符合就行，超了就不行。

而在下方的二分中，若可行则 \(l = mid + 1\) 即答案可以更大，若不可行则 \(r = mid - 1\) 。当然二分还有别的写法，我喜欢这种，建议顶死一种不要换。

int l = start,r = end;

while(l<=r){

	int mid = l+r>>1;

	if(check(mid)) l = mid + 1;

	else r = mid - 1;

}//最终答案是 l-1 或者 r(不一定，具体看你check的意义，l最后会出现在符合check的最后一个位置+1)

时间复杂度 \(O(N \log L)\)

空间复杂度 \(O(N)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int d[50007];

int L, N, M;

bool check(int mid) {

    int pos = 0, cnt = 0;

    for (int i = 1;i <= N;i++) {

        if (d[i] - pos < mid) cnt++;

        else pos = d[i];

    }

    if (cnt > M) return false;

    else return true;

}

int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin >> L >> N >> M;

    for (int i = 1;i <= N;i++) cin >> d[i];

    d[N + 1] = L;

    int l = 1, r = L;

    while (l <= r) {

        int mid = l + r >> 1;

        if (check(mid)) l = mid + 1;

        else r = mid - 1;

    }

    cout << r << '\n';

    return 0;

}