来源：力扣（LeetCode）
描述：
给你一个整数数组 nums ，其中 nums[i] 表示第 i 个袋子里球的数目。同时给你一个整数 maxOperations 。
你可以进行如下操作至多 maxOperations 次：
- 选择任意一个袋子，并将袋子里的球分到
2个新的袋子中，每个袋子里都有 正整数 个球。- 比方说，一个袋子里有
5个球，你可以把它们分到两个新袋子里，分别有1个和4个球，或者分别有2个和3个球。
- 比方说，一个袋子里有
你的开销是单个袋子里球数目的 最大值 ，你想要 最小化 开销。
请你返回进行上述操作后的最小开销。
示例 1：
输入：nums = [9], maxOperations = 2
输出：3
解释：
- 将装有 9 个球的袋子分成装有 6 个和 3 个球的袋子。[9] -> [6,3] 。
- 将装有 6 个球的袋子分成装有 3 个和 3 个球的袋子。[6,3] -> [3,3,3] 。
装有最多球的袋子里装有 3 个球，所以开销为 3 并返回 3 。
示例 2：
输入：nums = [2,4,8,2], maxOperations = 4
输出：2
解释：
- 将装有 8 个球的袋子分成装有 4 个和 4 个球的袋子。[2,4,8,2] -> [2,4,4,4,2] 。
- 将装有 4 个球的袋子分成装有 2 个和 2 个球的袋子。[2,4,4,4,2] -> [2,2,2,4,4,2] 。
- 将装有 4 个球的袋子分成装有 2 个和 2 个球的袋子。[2,2,2,4,4,2] -> [2,2,2,2,2,4,2] 。
- 将装有 4 个球的袋子分成装有 2 个和 2 个球的袋子。[2,2,2,2,2,4,2] -> [2,2,2,2,2,2,2,2] 。
装有最多球的袋子里装有 2 个球，所以开销为 2 并返回 2 。
示例 3：
输入：nums = [7,17], maxOperations = 2
输出：7
提示：
- 1 <= nums.length <= 105
- 1 <= maxOperations, nums[i] <= 109
方法：二分查找
思路与算法
我们可以将题目中的要求转换成判定问题，即：
给定 maxOperations 次操作次数，能否可以使得单个袋子里球数目的最大值不超过 y。
如果 y = y0 是一个满足要求的答案，那么所有大于 y0 的 y 同样也是满足要求的。因此存在一个 y = yopt，使得当 y ≥ yopt 时都是满足要求的，当 y < yopt 时都是不满足要求的。这个 yopt 就是最终的答案。
因此，我们可以通过二分查找的方式得到答案。二分查找的下界为 1，上界为数组 nums 中的最大值，即单个袋子中最多的球数。
当我们二分查找到 y 时，对于第 i 个袋子，其中有 nums[i] 个球，那么需要的操作次数为：
其中 ⌊x⌋ 表示将 x 进行下取整。它的含义为：
- 当 nums[i] ≤ y 时，我们无需进行操作；
- 当 y < nums[i] ≤ 2y 时，我们需要进行 1 次操作；
- 当 2y < nums[i] ≤ 3y 时，我们需要进行 2 次操作；
- ⋯
那么总操作次数即为：
当 P ≤ maxOperations 时，我们调整二分查找的上界，否则调整二分查找的下界。
代码:
class Solution {
public:
int minimumSize(vector<int>& nums, int maxOperations) {
int left = 1, right = *max_element(nums.begin(), nums.end());
int ans = 0;
while (left <= right) {
int y = (left + right) / 2;
long long ops = 0;
for (int x: nums) {
ops += (x - 1) / y;
}
if (ops <= maxOperations) {
ans = y;
right = y - 1;
}
else {
left = y + 1;
}
}
return ans;
}
};
执行用时：128 ms, 在所有 C++ 提交中击败了70.57%的用户
内存消耗：54.7 MB, 在所有 C++ 提交中击败了23.70%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(nlogC)，其中 n 是数组 nums 的长度，C 是数组 nums 中的最大值，不超过 109 。空间复杂度：O(1)。
author：LeetCode-Solution
