【全网首发】洛谷P2678 [NOIP2015 提高组] 跳石头

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—Oprah Winfrey
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洛谷P2678 [NOIP2015 提高组] 跳石头

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）。

输入格式

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。保证 L≥1 且 N≥M≥0。

接下来N 行，每行一个整数，第i 行的整数 Di(0<Di<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。

输出格式

一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

输入输出样例

输入 #1

25 5 2
2
11
14
17
21

输出 #1

说明/提示

输入输出样例 1 说明

将与起点距离为 22 和 1414 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 44（从与起点距离 1717 的岩石跳到距离 2121 的岩石，或者从距离 2121 的岩石跳到终点）。

数据规模与约定

对于 20%20%的数据，0≤M≤N≤10。
对于 50%50% 的数据，0≤M≤N≤100。
对于 100%100% 的数据，0≤M≤N≤50000,1≤L≤109。

解题思路

我们二分跳跃距离，然后把这个跳跃距离“认为”是最短的跳跃距离，然后去以这个距离为标准移石头。使用一个judge判断这个解是不是可行解。如果这个解是可行解，那么有可能会有比这更优的解，那么我们就去它的右边二分。为什么去右边？答案是，这个区间是递增的，而我们求的是最短跳跃距离的最大值，显然再右边的值肯定比左边大，那么我们就有可能找到比这更优的解。

首先假如枚举，那不用说，直接TLE。

然而很多人就卡在如何二分上面。这就非常奇怪了，因为一旦理解了暴力的判断是如何达到的，那二分也就一目了然了。

首先将石头位置排个序，以便处理方便。这一步也是必须要做的，因为若不排序，那判断将非常的困难。而下面这一步，也是此题之精髓——

我们对于一个长度x，想看看它是否可以符合删除石头数小于等于m，可以这样做：

从位置的小到大扫遍所有石头，用一个变量存储上一个跳到的点。第一个与这上一个点的距离大于等于x的石头即是下一个跳到的点。这里用了一点贪心的思想：因为如果不跳到第一个符合条件的点上，那么整个队列的稀疏度就会提高，最终需要删除的石头也会更多。因为我们要取最优状态，所以要保证跳过的石头数最少。当然，如果某个石头到终点的距离小于x，那它不能被统计到——所以得删去后面这些无法跳到的石头。（我自认为这应该也是一个坑点）

这样，便求出了这个x是否可行，如果可行，那就往右边二分，但要记得范围要包括x；若不行，则往左边二分，右限制不包括x。然后，二分到左右边界相等，输出即可。

AC

#include <iostream>
using namespace std;
int M,N;
long L;
long a[50005];
bool check(int mid)//主要难点就在check
{int t=0,n=0,f=0;a[N+1]=L;for(int i=1;i<=N+1;i++){if((a[i]-t)<mid)n++;else {if((a[i]-t)==mid);t=a[i];}}if(n<=M)return 1;else return 0;
}long erfen(long l,long r)
{while (l < r){int mid = ( l + r + 1 )/2;if (check(mid)) l = mid;else r = mid - 1;}return l;
}
int main()
{cin>>L>>N>>M;for(int j=1;j<=N;j++){cin>>a[j];}cout<<erfen(1,1e9);return 0;
}