蓝桥杯算法精讲：二分算法之二分答案深度剖析

前言

大家好啊，我是云泽Q，欢迎阅读我的文章，一名热爱计算机技术的在校大学生，喜欢在课余时间做一些计算机技术的总结性文章，希望我的文章能为你解答困惑~

一、二分算法

1.1 二分答案

1.1.1 木材加工

木材加工

解法

学习「二分答案」这个算法，基本上都会把这道比较简单的题当成例题

设要切成的长度为，能切成的段数为C。根据题意，我们可以发现如下性质，可以利用该规律衍生到二分：

当x增大的时候，c在减小。也就是最终要切成的长度越大，能切的段数越少；
x当减小的时候，c在增大。也就是最终要切成的长度越小，能切的段数越多。

可以在这个单调性的基础上，稍微优化一下暴力解法，可以从大到小枚举切割长度x，当x在减小的过程中，c在逐渐增大，当第一次出现切割出来的段数>=7的时候，第一次出现的那个x一定是最终结果

在整个「解空间」里面，设最终的结果是ret，于是有：

当x<ret时，c≥k。也就是「要切的长度」小于等于「最优长度」的时候，最终切出来的段数「大于等于」k；
当x>ret时，c<k。也就是「要切的长度」大于「最优长度」的时候，最终切出来的段数「小于」k；

在解空间中，根据ret的位置，可以将解集分成两部分，具有「二段性」，那么我们就可以「二分答案」。

cpp 复制代码

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
LL a[N];
LL n, k;

LL calc(LL x)
{
	LL cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cnt += a[i] / x; 
	}
	return cnt;
}

int main()
{
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	//不管读入原木的最长长度了，
	//接按题目给的数据范围给到最大1e8
	LL left = 0, right = 1e8;
	while(left < right)
	{
		LL mid = (left + right + 1) / 2;
		if(calc(mid) >= k) left = mid;
		else right = mid - 1;
	}
	cout << left << endl;
	return 0;
}

这段代码采用二分查找策略来求解最大切割长度 l，时间复杂度如下：

二分查找次数：查找区间为 [0,maxL]（maxL 为原木最大长度，本题中为 108），二分次数约为 log(108)≈27 次。
单次验证时间：每次二分需要调用 calc 函数，遍历所有 n 根原木（n≤105），统计可切割的总段数，时间复杂度为 O(n)。

因此，总时间复杂度为 O(n⋅logmaxL)，代入数据规模后约为 105×27=2.7×106 次操作，完全在可接受的时间范围内。

避免计算溢出 ：在 calc 函数中，统计总段数 cnt 时，若切割长度 x 很小（如 x=1），每根原木可切割出的段数为 Li，n 根原木的总段数可能达到 10⁵×10⁸=10¹³。而 int 类型的最大值仅约 2.1×10⁹，远小于 10¹³，若用 int 存储 cnt，会导致整数溢出，计算结果完全错误。因此，cnt 必须用 long long 类型。
变量范围匹配

题目中 k 的范围是 1≤k≤10⁸，虽然 int 可以存储，但在比较 calc(mid) >= k 时，calc(mid) 返回的是 long long 类型，为避免类型不匹配导致的隐式转换问题，k 也应定义为 long long。

原木长度 Li 的范围是 1≤Li≤10⁸，单个 Li 可用 int 存储，但在计算 Li/x 并累加到 cnt 时，为避免类型转换开销，Li 也应定义为 long long。

1.1.2 砍树

砍树

cpp 复制代码

#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
typedef long long LL;
LL a[N];
LL n, m;

LL calc(LL x)
{
	LL ret = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(a[i] > x) ret += a[i] - x;
	}
	return ret;
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	LL left = 0, right = 4e5;
	while(left < right)
	{
		LL mid = (left + right + 1) / 2;
		if(calc(mid) >= m) left = mid;
		else right = mid - 1; 
	}
	cout << left << endl;
	return 0;
}

这道题时间复杂度和思路基本和上道题完全一样

1.1.3 跳石头

跳石头

解法

设每次跳的最短距离是，移走的石头块数为c。根据题意，我们可以发现如下性质：

当x增大的时候，c也在增大;
当x减小的时候，c也在减小。

那么在整个「解空间」里面，设最终的结果是ret，于是有：

当x≤ret时，c<=M。也就是「每次跳的最短距离」小于等于「最优距离」时，移走的石头块数「小于等于」M；
当x>ret时，c>M。也就是「每次跳的最短距离」大于「最优距离」时，移走的石头块数「大于」M。

在解空间中，根据ret的位置，可以将解集分成两部分，具有「二段性」，那么我们就可以「二分答案」。

当我们每次二分一个最短距离x时，如何算出移走的石头块数c？

定义前后两个指针i，j遍历整个数组，设i≤j，每次j从i的位置开始向后移动;
当第一次发现a[j]一a[i]≥x时，说明[i+1,j一1]之间的石头都可以移走;
然后将i更新到j的位置，继续重复上面两步。

cpp 复制代码

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 5e4 + 10;
LL l, n, m;
LL a[N];

// 当最短跳跃距离为 x 时，移走的岩石数目
LL calc(LL x)
{
    LL ret = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
    {
        int j = i + 1;
        while(j <= n && a[j] - a[i] < x) j++;
        ret += j - i - 1;
        i = j - 1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    cin >> l >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    a[n + 1] = l;
    n++;
    LL left = 1, right = l;
    while(left < right)
    {
        LL mid = (left + right + 1) / 2;
        if(calc(mid) <= m) left = mid;
        else right = mid - 1;
    }
    cout << left << endl;
    return 0;
}

时间复杂度
1. 二分查找部分

我们在区间 [1, L] 中寻找最大的满足条件的跳跃距离 x，其中 L≤10⁹。

二分查找的次数为 log(10⁹)≈30 次，时间复杂度为 O(logL)。

2. calc(x) 函数部分

calc(x) 用于计算：当最短跳跃距离至少为 x 时，需要移走的岩石数量。

代码中使用了双指针（i 和 j）：

i 代表当前所在的岩石位置，j 从 i+1 开始向后寻找第一个满足 a[j] - a[i] >= x 的岩石。

由于 i 和 j 都是单向递增（j 永远不会回退，i 会被设置为 j-1），整个数组只会被遍历一次。

因此 calc(x) 的时间复杂度为 O(n)（n 为岩石总数 + 1，包含终点）。

3. 整体时间复杂度

每次二分查找都会调用一次 calc(x)，因此总时间复杂度为：O(nlogL)

代入题目数据规模验证：

n≤5×10⁴，logL≈30

总操作数约为 5×10⁴×30=1.5×10⁶，完全在时间限制内，不会超时。

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目录

前言

一、二分算法

1.1 二分答案

1.1.1 木材加工

1.1.2 砍树

1.1.3 跳石头

结语

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一、 二分算法

1.1 二分答案

1.1.1 木材加工

1.1.2 砍树

1.1.3 跳石头

结语

一、二分算法