875. 爱吃香蕉的珂珂 - 力扣（LeetCode）

珂珂喜欢吃香蕉。这里有 n 堆香蕉，第 i 堆中有 piles[i] 根香蕉。警卫已经离开了，将在 h 小时后回来。

珂珂可以决定她吃香蕉的速度 k （单位：根/小时）。每个小时，她将会选择一堆香蕉，从中吃掉 k 根。如果这堆香蕉少于 k 根，她将吃掉这堆的所有香蕉，然后这一小时内不会再吃更多的香蕉。

珂珂喜欢慢慢吃，但仍然想在警卫回来前吃掉所有的香蕉。

返回她可以在 h 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 k（k 为整数）。

示例 1：

输入：piles = [3,6,7,11], h = 8 输出：4

示例 2：

输入：piles = [30,11,23,4,20], h = 5 输出：30

示例 3：

输入：piles = [30,11,23,4,20], h = 6 输出：23

提示：

• 1 <= piles.length <= 10(4)

• piles.length <= h <= 10(9)

• 1 <= piles[i] <= 10(9)

class Solution {
public:using ll = long long;  // 定义长整型别名vector<int> piles;     // 存储香蕉堆的数组int h;                 // 总时间 h 小时int n;                 // 香蕉堆的数量ll ret = INT_MAX;      // 存储结果，即最小速度 kll maxp;               // 存储最大的香蕉堆数量// 计算在给定速度下吃完所有香蕉所需的总时间ll f(ll speed) {ll count = 0;  // 总时间for (int i = 0; i < n; i++) {// 计算吃完当前堆香蕉所需的时间count += piles[i] % speed == 0 ? piles[i] / speed : piles[i] / speed + 1;}return count;  // 返回总时间}// 初始化函数，计算香蕉堆的数量和最大的香蕉堆数量void init() {n = piles.size();  // 计算香蕉堆的数量for (int i = 0; i < n; i++) {maxp = fmax(maxp, piles[i]);  // 找到最大的香蕉堆数量}}// 二分查找解决问题void solve() {int l = 1, r = maxp;  // 定义二分查找的左右边界while (!(l > r)) {    // 当左边界不大于右边界时int mid = (l + r) >> 1;  // 计算中间值if (f(mid) <= h) {       // 如果在当前速度下能在 h 小时内吃完所有香蕉ret = fmin(ret, mid);  // 更新最小速度r = mid - 1;           // 缩小右边界} else {l = mid + 1;           // 否则，增加左边界}}}// 主函数，计算在 h 小时内吃完所有香蕉的最小速度int minEatingSpeed(vector<int>& _piles, int _h) {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);  // 加速输入输出piles = _piles, h = _h;  // 初始化香蕉堆和时间init();                  // 初始化solve();                 // 二分查找解决问题return ret;              // 返回结果}
};

410. 分割数组的最大值 - 力扣（LeetCode）

给定一个非负整数数组 nums 和一个整数 k ，你需要将这个数组分成 k 个非空的连续子数组。

设计一个算法使得这 k 个子数组各自和的最大值最小。

示例 1：

输入：nums = [7,2,5,10,8], k = 2 输出：18 解释： 一共有四种方法将 nums 分割为 2 个子数组。 其中最好的方式是将其分为 [7,2,5] 和 [10,8] 。 因为此时这两个子数组各自的和的最大值为18，在所有情况中最小。

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,4,5], k = 2 输出：9

示例 3：

输入：nums = [1,4,4], k = 3 输出：4

提示：

• 1 <= nums.length <= 1000

• 0 <= nums[i] <= 10(6)

• 1 <= k <= min(50, nums.length)

1.

创建变量的时候注意赋予初值,ACM模式可能会发生错误,养成好习惯,赋初值.

2.

二分答案法,固定答案寻找符合要求的答案值.

class Solution {
public:/*将子数组分成k份,对于每一份子数组,求累加和的最大值.将所有情况的结果最小值求出来固定答案,如果固定答案,意味着所有子数组累加和必须小于limit.这个答案有没有效果取决于是否可以分成k个子数组.看最小可能分成几个子数组,如果最小可以分成m个,m<=k*/vector<int> nums;//存储数组,下标映射元素int k;//分成k份int ret;//结果变量int n;//数组长度int nums_max, sum;//数组元素最大值,和数组累加和int f(int limit) {int count = 0;//可能的最小的分组数int sum = 0;//当前组数的累加和int i = 0;//下一个元素下标//[0,i)//[x,i)while (!(i >= n)) {//递归的迭代写法,出口条件是 i>=n//将i位置元素加入当前组中sum += nums[i];//加入当前组中if (sum > limit) {//如果当前组不能维持累加和小于等于limit,说明此时需要新增一个组count++;//新增一个组sum = nums[i];//这个组累加和是i位置元素}i++;//进入下一个节点}count++;//最后一个组是没有记录的,所以需要++操作return count;//返回可能的最小的组数}void init() {n = nums.size();//初始化n变量,数组的元素个数for (int i = 0; i < n; i++) {nums_max = max(nums_max, nums[i]);//初始化nums_maxsum += nums[i];//初始化sum}}void solve() {int l = nums_max, r = sum;//答案的可能范围是[nums_max,sum]while (l <= r) {//二分所有可能取值int mid = (l + r) >> 1;//中点if (f(mid) <= k) {//如果中点成为答案符合条件ret = mid;//记录为答案r = mid - 1;//去左边找可能成为答案你的更小的答案} else {l = mid + 1;//去右边找}}}int splitArray(vector<int>& _nums, int _k) {nums = _nums, k = _k;init();solve();return ret;}
};

机器人跳跃问题_牛客题霸_牛客网

描述

机器人正在玩一个古老的基于DOS的游戏。游戏中有N+1座建筑——从0到N编号，从左到右排列。编号为0的建筑高度为0个单位，编号为i的建筑的高度为H(i)个单位。

起初， 机器人在编号为0的建筑处。每一步，它跳到下一个（右边）建筑。假设机器人在第k个建筑，且它现在的能量值是E, 下一步它将跳到第个k+1建筑。它将会得到或者失去正比于与H(k+1)与E之差的能量。如果 H(k+1) > E 那么机器人就失去 H(k+1) - E 的能量值，否则它将得到 E - H(k+1) 的能量值。

游戏目标是到达第个N建筑，在这个过程中，能量值不能为负数个单位。现在的问题是机器人以多少能量值开始游戏，才可以保证成功完成游戏？

输入描述：

第一行输入，表示一共有 N 组数据. 第二个是 N 个空格分隔的整数，H1, H2, H3, ..., Hn 代表建筑物的高度

输出描述：

输出一个单独的数表示完成游戏所需的最少单位的初始能量

示例1

输入：

5 3 4 3 2 4

复制

输出：

4

复制

示例2

输入：

3 4 4 4

复制

输出：

4

复制

示例3

输入：

3 1 6 4

复制

输出：

3

复制

备注：

数据约束：

1 <= N <= 10^5

1 <= H(i) <= 10^5

1.

养成好习惯,变量赋初值.

2.

代码过不去可能不是代码逻辑错误,有可能是变量在运行过程中是否越界.

power一直累加有可能会越界.

尽可能进行剪枝操作.

#include <climits>
#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'vector<int> arr;//数组,下标映射元素
int n;//数组大小
int nums_max;//数组元素最大值
int ret;//结果变量
bool f(int limit) {int i = 0; //[0,i)int power = limit;//当前能量值,最开始的能力值while (!(i >= n || power < 0)) {//递归的迭代写法if(power>=nums_max)return true;//剪枝操作,当能量大于数组最大值,直接返回trueint diff = abs(arr[i] - power);//计算差值if (arr[i] > power) {//如果i位置高度大于当前能量power -= diff;//能量减少} else {power += diff;//否则能量增加}i++;//进入下一个节点}if (power < 0) {return false;//出来了看一下导致出来的条件是什么//如果能量小于0,返回false} else {return true;//如果能量大于等于0,说明出来的条件是i>=n,返回true}}
void init() {arr.assign(n, 0);//初始化arr数组,分配空间for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> arr[i];//初始化每一个元素nums_max = max(nums_max, arr[i]);//初始化nums_max}ret = nums_max;//初始化ret
}
void solve() {int l = 0, r = nums_max;//答案可能的区间是[0,nums_max]while (l <= r) {//二分答案法,二分所有可能值int mid = (l + r) >> 1;//中点值if (f(mid)) {//如果中点符合要求ret = mid;//记录答案r = mid - 1;//去左边找} else {l = mid + 1;//去右边找}}cout << ret;//输出结果
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin >> n;init();solve();
}
// 64 位输出请用 printf("%lld")/*
有下标依次为0~n的建筑.机器人位于某一个建筑,并且有一个能量.
如果机器人要到达下一个建筑,有两种情况.
首先判断我的能量和下一个建筑的高度,如果建筑比我的能量高,我就会失去能量.
如果建筑能力比我的能量低或者相等,我就会获得能量.失去能量和获得能量,值是高度和能量的差值.
我要到达n号建筑,保证此时能量不为负数.
*/
/*
思路:
首先答案的最大值是数组的最大值nums_max
此时能量都是加,或者不变,一定不会减少,一定可以完成,到达n号建筑.
我们要求可能成为答案的最小值.
二分答案法*/

结尾

最后，感谢您阅读我的文章，希望这些内容能够对您有所启发和帮助。如果您有任何问题或想要分享您的观点，请随时在评论区留言。

同时，不要忘记订阅我的博客以获取更多有趣的内容。在未来的文章中，我将继续探讨这个话题的不同方面，为您呈现更多深度和见解。

谢谢您的支持，期待与您在下一篇文章中再次相遇！