（题目是英文的，好烦，我直接讲一下题意了）题目连接
题意： 题目给你一个L，L表示的是这段路的长度，即[0, L]，接下来一个N表示在这条路径（除两头0和L）上有N块石头，接下来给定一个M，代表可以去除M块石头，我们要做的就是求出去掉M块石头后的两两石头间距离最小值的最大值。
对于这样的题，一开始真还没想到是二分，这道题给了我关于二分用法的一个突破，一开始用了个O(n^2)的暴力算法，但显然是不行的，对于这样的题，想到二分是因为我们可以假设已经找到了这样的最后答案ans，使得对于ans，刚好有M块石头去掉后的最小间距为这些最小间距的最大值为ans。
下面先附上二分算法的代码，然后基于其给予讲解：
while(left<=right)
{
mid=(left+right)/2;
int start=0;
int sum=0;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
if(a[i]-start>=mid)
{
start=a[i];
}
else sum++;
}
if(sum<=M)
{
left=mid+1;
ans=mid;
}
else
{
right=mid-1;
}
}
我们的利用left与right分别为左端口与右端口，mid为其平均值，在for语句内，我们一一对每个石头进行操作（这样的时间复杂度为O(n*log n)），假如间距小于mid，那么这块石头就可以移走，所以可移动的石头数+1，反之，间距“>=”mid的时候，意味目前选取的起跳点到目标点的距离超过了mid，不可挪动，将起跳点移位到目标点的位置，再往后判断。接下来我们判断sum的值与left与right之间的关联，如果可移动的石头的数量“>=”M说明有扩充的空间，但为了避免超出，我们用ans保存当前mid下的值（因为其中存在“==”符号，可能有符合的情况），且让left往下走，另一方面，当“>M”时，说明过头了，将右端口往下移。
if(a[i]-start>=mid)
{
start=a[i];
}
else sum++;
构成二分的基础：讲一下这个if语句的作用，这是这个问题的重难点，对于每一块石头，我们从0作为起跳点，往后，如果这两块石头间的距离大于等于mid，那么说明这块石头得保留下来，作为下一个起跳点，否则的话由于两两距离小于mid，如果不删去的话就与给出的最小值为mid不符合，所以，我们删除这块石头，并往后判断。
然后这也就反应出我们为什么在"sum“<=”M"而不是“<”的时候进行left=mid+1;与ans=mid，因为这个时候存在：“=”的理由：此时最小距离的值小于ans此时的值。
可能讲解的不到位，附上AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[50005];
int main()
{
int L,M,N;
while(scanf("%d %d %d",&L, &N, &M)!=EOF)
{
a[0]=0;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1, a+N+1);
N++;
a[N]=L;
int left,right,mid;
int ans=0;
left=0;
right=L;
while(left<=right)
{
mid=(left+right)/2;
int start=0;
int sum=0;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
if(a[i]-start>=mid)
{
start=a[i];
}
else sum++;
}
if(sum<=M)
{
left=mid+1;
ans=mid;
}
else
{
right=mid-1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}