洛谷 P3743 kotori的设备 题解

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题目大意：kotori有n个设备，每个设备使用速度为 $a_i$每秒,一开始的电量为 $b_i$，一旦有一个设备电量为0即停止使用，有一个充电宝可以连续给一个设备每秒冲 $p$的电量，求最多这套设备能用多久，如果用之不竭输出-1

数据范围：
$1\le n,p,a_i,b_i\le1e5$

读完题之后，我们会发现这道题珂以二分。二分主体不难写，我们来求最多使用时间，就设两个参数 $l$和 $r$，指 $[l,r]$区间， $mid=\frac{l+r}{2}$，如果 $mid$参数是可以实现的，那么我们去尝试找更大的答案，即寻找区间 $[mid,r]$，否则答案应该更小，即 $[l,mid]$（注意：这里精度较高，所以不能直接减1，不然直接 $\color{red}GG$）

然后就是 $check$函数了。
对于每种设备，分别有两种情况：
1.原来的电量可以持续 $mid$秒的时间，即 $\frac{b_i}{a_i}\ge mid$ ，不用通过充电器额外充电。
2.原来的电量不可以持续 $mid$秒的时间，即 $\frac{b_i}{a_i}<mid$，需要给予充电。
我们一步步算：
首先，第 $i$个设备持续 $mid$秒的最少电量为 $mid·a_i$，如果 $bi<mid·a_i$,就需要冲 $mid·a_i-b_i$的电量。充电宝每秒冲 $p$的电量，即需要充 $\frac{mid·a_i-b_i}{p}$秒。
判断是否 $mid$可以成立的条件：
设第 $i$个设备需要充电 $t_i$秒，则如果 $\sum_{i=1}^nt_i \le mid$
这种情况是可以的（因为充电时间没有超过 $mid$，即可以在充电时间不超过 $mid$的情况下让所有的设备电量都能维持 $mid$秒）

否则不成立。

$-1$的情况：
科学方法：在 $\sum_{i=1}^na_i \le p$
的情况下，用之不竭（充电速度太快了 $QwQ$）

考场法：开始的区间设一个比较大的数 $R$,从 $[0,R]$开始查找，最后答案如果是是 $R$就差不多是用之不竭了（

蒟蒻的垃圾码风 $\color{blue}code$

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define eps 0.000001
int n,p;
double a[100010],b[100010];
long double ans;
const double RR=1e10*1.0;
bool check(double mid) 
{
	double tot=0.000;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		if(double(b[i])/double(a[i])>=mid) continue;
		else
		{
			double times=double(mid)-double(b[i])/double(a[i]);
			double energy=double(times)*double(a[i]);
			double f=double(energy)/double(p);
			tot=double(tot)+double(f);
		//	cout<<i<<" "<<times<<" "<<energy<<" "<<f<<" "<<tot<<endl;
		}
		if(tot>mid) return 0; 
	}
	if(tot<=mid) return 1;
	else return 0;
}
inline void js(double l,double r)
{
	if(r-l<=eps) return;
	double mid=double(l)+double(r);
	mid=double(mid)/2.0;
	if(check(mid)) 
	{
		ans=mid;
		js(mid,r);
	}
	else js(l,mid);
	return ;
}
int main(void) 
{
	scanf("%d%d",&n,&p) ;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		cin >> a[i] >> b[i];
	}
	js(0,RR);
	if(RR-ans<=eps) cout<<-1;
	else cout<<fixed<<setprecision(400)<<ans<<endl;
	return 0;
}

（这题精度有点高啊，卡了我好几次
时间复杂度是 $\lg{R}$（？
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