[总结]二分法(二分查找)
一、关于二分法
二分法是一种很普通却又很重要的算法。二分法能为我们解题时提供很大的帮助。
1. 使用前提
二分法的适用条件是序列具有二分性，也就是单调性。当序列具有二分性，这时我们不断枚举区间中点才能判断这个值是否题设条件。
当题目中出现诸如最大值的最小，最小值的最大的问题时，答案具有二分性。
2. 分类
从二分的对象来分类，我们既可以二分最终的答案，我们也可以二分进行判断。
从二分的类型来分类，可以分为整数域上的二分，以及实数域上的二分。
3. 易错点
二分法简单易写，但是却很容易写错。我们有很多方法实现二分，而其中的细节地方需要仔细考虑。
对于整数域上的二分：
我们需要注意终止条件，左右区间位置的变化，避免错过答案或造成死循环。
对于实数域上的二分：
我们需要注意精度的控制。
建议自己形成固定的代码模型，避免造成不必要的错误。
4. 二分法的延伸
C++ STL中的lower_bound，upper_bound也可以解决实现在一个序列中二分查找某个整数k的后继。
二分法能够解决单调问题，进一步地，我们可以扩展二分法至三分法。此时三分法可以解决单峰函数的极值问题。
二、整数域上的二分
1. 模板
在这里给出一种常见的模板：
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}二、实数域上的二分
1. 模板
实数域上的二分相对简单，只要r-l到达我们所需的精度即可。
#define eps 1e-5
while(r-l>eps){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}当我们不确定精度的时候，我们可以采用循环固定次数的形式进行计算。一般这种方式得到的结果的精度比设置的eps更高：
for(int i=1;i<=100;i++){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}三、练习
例1：#9100055「一本通 1.2 例 1」愤怒的牛 / SP297 AGGRCOW - Aggressive cows / P1316 丢瓶盖
分析：
很基础的二分，每次二分牛的间隔，如果能放下这c头牛，那么继续扩大这个距离，否则缩小这个距离，直到找到答案。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1000050],n,c,rem;
int judge(int x){
int num=0;
int temp=f[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(f[i]-temp<x) num++;
else temp=f[i];
if(num>rem) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
sort(f+1,f+n+1);
rem=n-c;
int maxn=0;
int l=1,r=f[n]-f[1];
while(l+1<r){
int mid=(l+r)/2;
if(judge(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%d\n",l);
return 0;
}例2：P1661 扩散
分析：
并查集+二分答案。二分枚举形成一个连通块的时间，每次使用并查集统计，如果最后集合的数量大于1，那么移动左区间，否则移动右区间。注意两个点都会扩张，因此单位时间会走双倍的距离。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int sx[N],sy[N],pre[N],n;
int Find(int x){
return (pre[x]==x)? x:Find(pre[x]);
}
int check(int mid){
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int dis=abs(sx[i]-sx[j])+abs(sy[i]-sy[j]);
if(mid*2>=dis){
int fi=Find(i);
int fj=Find(j);
if(fi!=fj) pre[fi]=fj;
}
}
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(pre[i]==i) cnt++;
return (cnt==1)? 1:0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&sx[i],&sy[i]);
int l=0,r=1e9,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}例3：P1182 数列分段 Section II
分析：
二分枚举每段总和为mid时是否可行，分了超过m段就更新左区间，否则更新右区间。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100010];
int n,m,ans,l,r;
int judge(int mid){
int sum=0,cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(sum+a[i]<=mid)
sum+=a[i];
else{
sum=a[i];
cnt++;
}
}
return (cnt<=m)?1:0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
l=max(l,a[i]);
r+=a[i];
}
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(judge(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}例4：POJ 2018 Best Cow Fences
分析：
实数域上的二分。因为平均值只是描述数与数的离散关系，所以我们同时加或减对整个序列的平均值都没有影响。所以我们对序列减去平均值后，问题化为存不存在这样的序列使得区间和大于0。
我们在\(O(N)\)复杂度内使用前缀和做减法处理出全序列中最大的一段子序列，如果此时序列和小于0，那么我们枚举的平均值过大，因此缩进右区间，反之同理。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define INF 1e10
using namespace std;
double a[N],b[N],sum[N];
int main()
{
int n,len;
scanf("%d%d",&n,&len);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
double l=-1e6,r=1e6;
double dlt=1e-5;
while(r-l>dlt){
double mid=(l+r)/2;
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-mid;//削去平均值
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+b[i];//求前缀和
double ans=-INF,temp=INF;
for(int i=len;i<=n;i++){
temp=min(temp,sum[i-len]);//因为长度大于等于L，所以确定一个min左端点
ans=max(ans,sum[i]-temp);
}
if(ans>=0) l=mid;//可以达到该平均值
else r=mid;
}
printf("%d",int(r*1000));
return 0;
}例5：CF670C Cinema
分析：
贪心思想，二分枚举每场电影能听懂配音的人数以及看懂字幕的人数，首先满足听懂配音人数，其次满足看懂字幕的人数。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
inline void read(int &x){
x=0;int flag=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
x*=flag;
}
int n,m,a[N],b[N],v,pow1,pow2,last1,last2;
int ans=1;
int main()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
sort(a+1,a+n+1);read(m);
for(int i=1;i<=m;i++) read(b[i]);
for(int i=1;i<=m;i++){
read(v);
int pow1=(upper_bound(a+1,a+n+1,b[i])-a-1)-(lower_bound(a+1,a+n+1,b[i])-a-1);
int pow2=(upper_bound(a+1,a+n+1,v)-a-1)-(lower_bound(a+1,a+n+1,v)-a-1);
if(pow1>last1||(pow1==last1&&pow2>last2)) last1=pow1,last2=pow2,ans=i;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}例6：POJ3579 Median
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=1e6;
using namespace std;
int a[N],n,m,ans;
int check(int val)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cnt+=n-(lower_bound(a+1,a+n+1,a[i]+val)-a-1);
if(cnt>m) return 1;
else return 0;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
m=n*(n-1)/4;
ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int l=1,r=a[n]-a[1];
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}例7：P1083 借教室
分析：
一道很好的思维题，运用了差分的思想。我们在第i天借了k个教室时，在这个时间节点累加这k个教室，在第j天归还的时候再减去。这样我们就能知道任意一天借出教室的数量。我们不断二分这个不能满足的日期，如果最后结果为m，那么全都能满足。否则二分终止的位置就是不能满足的日期。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[1000010],day[1000010];
int m,n,l[1000010],r[1000010],req[1000010];
int judge(int mid){
memset(day,0,sizeof(day));
for(int i=1;i<=mid;i++){
day[l[i]]+=req[i];
day[r[i]+1]-=req[i];
}
if(day[1]>num[1]) return 0;
for(int i=2;i<=n;i++){
day[i]+=day[i-1];
if(day[i]>num[i]) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&req[i],&l[i],&r[i]);
int L=1,R=m,ans=0;
while(L<=R){
int mid=(L+R)>>1;
if(judge(mid)){
L=mid+1;
}
else R=mid-1,ans=mid;
}
if(R!=m) printf("-1\n%d",ans);
else printf("0");
return 0;
}