P2678 [NOIP2015 提高组] 跳石头

[NOIP2015 提高组] 跳石头

题目背景

NOIP2015 Day2T1

题目描述

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了！

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）。

输入格式

第一行包含三个整数 $L,N,M$，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 $L\ge 1$ 且 $N\ge M\ge 0$。

接下来 $N$ 行，每行一个整数，第 $i$ 行的整数 $D_i(0<D_i<L)$， 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。

样例 #1

样例输入 #1

25 5 2 
2
11
14
17 
21

样例输出 #1

4

提示

输入输出样例 1 说明

将与起点距离为 $2$ 和 $14$ 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 $4$（从与起点距离 $17$ 的岩石跳到距离 $21$ 的岩石，或者从距离 $21$ 的岩石跳到终点）。

数据规模与约定

对于 $20\%$的数据，$0\le M\le N\le 10$。
对于 $50\%$ 的数据，$0\le M\le N\le 100$。
对于 $100\%$ 的数据，$0\le M\le N\le 50000,1\le L\le 10^9$。

思路

如果不限制时间的话，可以采用暴力枚举的方法从区间左端点到右端点一个一个地枚举，从而得到一个最优的答案。对于这种区间内求解最优答案(或数组查找)的问题，可以使用二分法，即每次将区间分为两份，但只对某一子区间进行进一步的求解，直到区间长度小于某个确定的值。

二分法的核心是写出一个 $check()$ 函数，它用来检查区间中点是否符合要求，如果符合，则作出相应判断，针对本题，我们可以检查当最少跳跃 $step$ 步时，要移走的石块是否小于等于 $M$ ，即最多能移走的石块。

以下代码会出现此语句 $mid=left+((right?left)>>1)$ ，这个语句的作用是让 $mid$ 取到 $left$ 到 $right$ 这个区间的中点。为了避免数据溢出，故不使用 $mid=(right?left)/2$ 。实际上，对于数组下标这种不能为负数的数据，可以将上面的语句写为 $mid=left+(right?left)/2$ 。

代码

#include <iostream>
using std::cin, std::cout;
const int ArSize = 50005;	// 数组最大长度
/*
    L是终点石头与起点石头的距离
    N是除去起始和末尾的石头后，剩下的石头
    M是最多能移走的石块数
    dis[]储存第2 ～ N - 1块石头与第1块石头的距离
    ans用于储存结果
*/
int L, N, M, dis[ArSize], ans;
// check函数用于检查当最少跳跃step步时，移走的石块是否小于等于M
bool check(int step) {
    int remove = 0;			// remove表示移走的石块的个数
    int i = 0, j = 0;		// i和j是分别是慢指针和快指针
    while (j++ < N + 1) {
        if (dis[j] - dis[i] < step) {	// 如果石块j和石块i相差小于step
            remove++;					// 则移走石块j
        } else {						// 否则
            i = j;						// 从石块i跳到石块j
        }
    }
    return (remove <= M);	// 若remove小于等于M，则返回true；否则返回false
}
int main() {
    cin >> L >> N >> M;
    /*
    	共有N+2个石块，保存在dis数组的dis[0 ~ N + 1]中
    	第一个石块为起点石块，保存在dis数组的dis[0]中
    	最后一个石块为终点石块，保存在dis数组的dis[N + 1]中
    */
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> dis[i];
    }
    dis[N + 1] = L;
    // left为区间左端点，right为区间右端点，mid为区间中点
    int left = 1, right = L, mid;
    while (left <= right) {
        mid = left + ((right - left) >> 1);
        if (check(mid)) {			// 如果最少跳跃step步移走的石块 <= M
            ans = mid;				// 则记录答案
            left = mid + 1;			// 并将左端点移到mid + 1位置
        } else {					// 否则最少跳跃step步移走的石块 > M
            right = mid - 1;		// 故将右端点移到mid - 1位置
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}