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 NN 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 MM 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,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 \geq 1L≥1 且 N \geq M \geq 0N≥M≥0。
接下来 NN 行，每行一个整数，第 ii 行的整数 D_i( 0 < D_i < L)Di?(0<Di?<L)， 表示第 ii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。
输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 22和 1414 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 44(从与起点距离 1717 的岩石跳到距离 2121 的岩石,或者从距离 2121 的岩石跳到终点)。
另：对于 20\%20%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 100≤M≤N≤10。
对于50\%50%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 1000≤M≤N≤100。
对于 100\%100%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000,1 ≤ L ≤ 1,000,000,0000≤M≤N≤50,000,1≤L≤1,000,000,000。
看到这种“让最大(小)值最小(大)”的问题基本就是二分没跑了
考虑二分答案
设假设最近的距离是 x，考虑从数轴的左侧开始选则要留下的点，那么如果要去除的点的个数不大于 m，这个方案就是合法的，因为留下的点可以随便再删除几个。
考虑上一个选择的留下的点的位置是 pos，当前这个点的位置是 w，如果w - pos >= x，那么这个点就可以贪心的被留下，否则显然需要被删除
时间复杂度 O(n log L)
为啥这个点如果距离够大就一定要贪心的留下？
考虑当前已经选择了 k 个点，该点到上个点的距离是 x。
如果将这个点选择，那么到下一个点的问题就是选择了 k + 1 个点，到上个点的距离是 y(y > 0)
考虑如果这个点不选择，先假设选择下一个点，那么问题转化成了选择了 k + 1个点，到上个点的距离是0。
显然第一种选择更优嘛
我们已经证明了在这个点不选且下一个点选的情况不优于选这个点。
如果下个点不选，那么下个点的问题与这个点的问题是一样的，可以一直向后推直到变成下一个点会被选择。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<time.h> #include<iomanip> using namespace std; int l,n,m,d[50001];//距离 岩石数 至多移走的岩石数 int check(int a) { int he,last=0,count=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(d[i]-last<a) count++; else last=d[i];//表示两个石头之间距离 } if(count<=m) //表示不合法的解个数是否大于最多的个数m //其实也可以返回count在下面判 return 1; return 0; } int main() { cin>>l>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>d[i]; } int le=1,r=l,mid,ans=-1;//le 左 r 右 mid 二分答案 while(le<=r)//左<=右 { mid=(le+r)>>1;//除以2，这样比较快 if(check(mid)) ans=mid,le=mid+1; //表示不合法的解个数是否大于最多的个数m else r=mid-1; } cout<<ans; }
原文：https://www.cnblogs.com/lcezych/p/10533627.html