二分是一类比较常见、相对基础的算法，其代码往往是比较好写的，并且格式也比较固定，同时二分也是一类出错率比较高的算法，在你写完一份二分的代码放入测评机时，往往会发现你二分出的答案与正确答案比较接近，这都是正常现象，这也是二分比较难的地方——设定边界。那么为了防止大家犯这种错误，我接下来将会对二分算法进行详细的解析。
二分算法
我们先引进一个栗子
给定一个长度为n的单调递增序列a，要求我们在a中找到一个合法的ai，使得ai是a序列中>=x的数中最小的一个...
那么我们首先考虑，若存在一个合法的ai，那么i一定是ans或ans的后继，那我们不妨设L=1，R=n，然后定义一个mid=(L+R)>>1，当amid>=x时，我们考虑mid右边的数一定不会是ans，所以我们让R=mid；同理，当amid<x时，让L=mid+1（因为此时的L也不会是ans），这样我们就构造出了一个合法的二分方法，代码如下：
while(L < R) { int mid = (L + R)>>1; if(a[mid] >= x) R = mid; else L = mid + 1; } return a[L] //a[L]即为ans
我们可以发现，这种二分方法只会取到L的值，却不会取到R的值，那么这个结论有什么用呢？
我们现在改变题意，假设现在我们求的是a中满足ai<=x的最大值，如果我们继续用这种二分方法，你会发现，当发现amid正好与x相等时，L会变成mid+1，那么它就变成了ans的下一个数了，就不对了，也就是说，对于这种情况下，我们需要另一种二分方案：
while(L < R) { int mid = (L + R + 1)>>1; if(a[mid] <= x) L = mid; else R = mid - 1; } return a[L] //a[L]即为ans
在上面的代码中，对比发现，mid这时取的是（L+R+1）/ 2了， 我们考虑为什么这么做，那么我们可以发现，当R-L为奇时，它与（L+R）/ 2无异，当R-L为偶时，那么它取的是中间两个元素的后者，而第一种代码是选择前者，所以，我们这样取mid，就可以使amid与x相等时，ans取当前的mid值...
当然，关于二分的技巧还有很多，在这里我们先说明这两种，接下来是一些二分的例题：
T1 洛谷P2678
题目背景
一年一度的“跳石头”比赛又要开始了!
题目描述
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）。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个整数 L,N,ML,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。
♦题解
本题是一个经典二分答案题，注意边界，没什么难度,代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> int L,n,m; int d[50008]; inline int read() //快读 { char ch = getchar(); int x = 0,f = 1; while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x = x*10 + ch -'0'; ch = getchar();} return x*f; } inline bool check(int x) { int pre = 0; //上一个未被移除的石块的位置 int move = 0; //需要移除的石块个数 for(int i = 1;i <= n + 1;i ++) { int dis = d[i] - d[pre]; if(dis < x) move ++; else pre = i; } if(m >= move) return true; else return false; } int main() { L = read(); n = read(); m = read(); for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&d[i]); d[n + 1] = L; int l = 0,r = L; int mid; while(l < r) { mid = (l + r + 1)>>1; if(check(mid)) l = mid; else r = mid - 1; } printf("%d",l); return 0; }
T2 洛谷P1439
题目描述
给出1-n的两个排列P1和P2，求它们的最长公共子序列。
输入输出格式
输入格式：
第一行是一个数n，
接下来两行，每行为n个数，为自然数1-n的一个排列。
输出格式：
一个数，即最长公共子序列的长度
♦题解
本题是一道DP题，求的是最长公共子序列（最长不降子序列）
对，本来是最长公共子序列，但看一眼n≤100000，显然n^2不可能，于是我们考虑nlogn的做法
我们可以发现，其中一个序列为单调递增时，这个问题就转化成了求一个序列的最长不降子序列，代码如下：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int maxn = 1e5 + 5; int n; int f[maxn],a[maxn],b[maxn],map[maxn]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&a[i]),map[a[i]] = i; for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&b[i]); std::sort(a + 1,a + n + 1); f[1] = map[b[1]]; int cnt = 1; for(int i = 2;i <= n;i ++) { if(f[cnt]<map[b[i]]) f[++cnt] = map[b[i]]; else { int l = 1,r = cnt; while(l < r) { int m = (l + r)>>1; if(f[m]>map[b[i]]) r = m; else l = m + 1; } f[l] = std::min(f[l],map[b[i]]); } } printf("%d",cnt); return 0; }