5
https://leetcode.cn/problems/minimum-speed-to-arrive-on-time/submissions/570242512/
就是说总时间是
前n-1量汽车的运行时间，向上取整，然后再加上最后一辆列车的运行时间
最快的话是需要n-1个小时
搜索空间就是时速，左边界是1，右边界是其中最大值
当为最大值时，就是n-1再加上最后的距离与该时速的比值
如果大于目标时间hour,说明不满足条件，应当增大速度，即向右侧找，同时舍去该解，left=mid+1
如果小于等于hour,说明满足条件，可以去找左侧的最小值,right=mid
不应该加1
class Solution {
public:
int minSpeedOnTime(vector<int>& dist, double hour) {
int leftB=1;
int rightB=10e7;
// for(int i:dist){
// if(i>rightB){
// rightB=i;
// }
// }
if(dist.size()>=hour+1){
return -1;
}
int mid=0;
while(leftB<rightB){
int tarN=0;
mid=(leftB+rightB)/2;
for(int i=0;i<dist.size()-1;i++){
tarN+=((dist[i]/mid)+((dist[i]%mid)?1:0));
}
double tar=double(dist[dist.size()-1])/double(mid);
// cout<<"预期的小时部分"<<tar<<endl;
tar+=tarN;
if(tar>hour){
// cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"速度为"<<mid<<"总用时是"<<tar<<"前n-1量用时为"<<tarN<<endl;
leftB=mid+1;
}else{
//cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"速度为"<<mid<<"总用时是"<<tar<<"前n-1量用时为"<<tarN<<endl;
rightB=mid;
}
}
mid=(leftB+rightB)/2;
return mid;
}
};
优化
对初始的上界与下界进行优化,下界至少是1的,但是更好情况是路程总和与要求时间的平均,或者说这个就是最好的期望解,即每段都是相同的,
对于上界,没看懂它的优化,先放在这里
l = max(1, int(sum(dist)//hour))
r = int(sum(dist)//(hour-n+1) + 1)
但是要注意,下界在用平均的时候,务必要增加一个与1的Max判断,就是为了防止0出现在搜索空间当中
而且在算累和的时候,务必要注意数据范围,一般应当要用Longlong来记录累和,用Int的话必爆
在用上平均值优化后,优化效果并不是很好\\,甚至还有点拉托了
Debug
限制值错误
第一次是因为忽略了非整数部分的取值，即没有向上取整，即
tarN+=(dist[i]/mid);
改为
tarN+=((dist[i]/mid)+((dist[i]%mid)?1:0));
即可
上界取值错误
这是因为一开始认为速度右侧最大值是里程里的最大值，但是如果它是在最后的话，完全可以使速度达到一个很大的值，从而使最后一段的速度降下来
这个问题，个人目前没有很好的解决办法
参考官方题解：
由于时限最小单位是0.01,最大的距离是
1
0
5
10^5
105,所以在最后一段,极限的最快速度就是
1
0
7
10^7
107,如果再快的话,就会导致时间小于0.01了,所以时间上限就是
1
0
7
10^7
107
小数除法
这次错是因为最后一段的小数部分,由于是让整数之间进行相除,即
double tar=(dist[dist.size()-1])/(mid);
会导致tar虽然是double类型,但根本不会产生小数,只有把分子分母都强转为double,才可以使tar为小数,即
double tar=double(dist[dist.size()-1])/double(mid);
4
https://leetcode.cn/problems/minimized-maximum-of-products-distributed-to-any-store/
就是去搜索每个店被分到的商品最大值x，
左边界是1，右边界是其中的最大值
x越大，那么分出的商店数越少；
限制条件是商店数，如果x对应到的商店数k,
大于给定的商店数n,则说明不满足条件，应当向减少商店数的方向去搜索，即x大、右侧去搜索,left=mid+1
小于等于给定的商店数，说明满足条件，尝试增大商店数，即向左侧去搜索,right=mid，并保留该解
只剩两个值的时候，应首先向左侧去搜索，所以不加1
一遍过
class Solution {
public:
int minimizedMaximum(int n, vector<int>& quantities) {
int leftB=1;
int rightB=quantities[0];
for(int i:quantities){
if(i>rightB){
rightB=i;
}
}
if(n<=quantities.size()){
return rightB;
}
int mid;
while(leftB<rightB){
int tar=0;
mid=(leftB+rightB)/2;
for(int i:quantities){
tar+=((i/mid)+((i%mid)?1:0));
}
if(tar>n){
leftB=mid+1;
}else{
rightB=mid;
}
}
mid=(leftB+rightB)/2;
return mid;
}
};
3
https://leetcode.cn/problems/minimum-limit-of-balls-in-a-bag/description/
歧途——贪心大顶堆
一开始想法就是维护一个最大堆，每次都取堆顶元素，然后给他除以2，如此循环操作给定的次数，最后堆顶就是代价
之所以要除以2，是因为如果不这样的话，必然会有比2还大的数在里面，相当于没整
考虑到不能整除的问题，每次加入就是加入（num)/2与(num+1)/2，这样就是如果能整除，加的也是两个相同的数；不能整除，就是一个左值，一个右值
class Solution {
public:
int minimumSize(vector<int>& nums, int maxOperations) {
priority_queue<int>p;
for(int i=0;i<nums.size();i++){
p.push(nums[i]);
}
for(int i=1;i<=maxOperations;i++){
int num=p.top();
p.pop();
p.push(num/2);
p.push((num+1)/2);
}
return p.top();
}
};
问题
考虑这种情况，9-》4和5，5再拆分成2和3，导致结果是4，但如果一开始分成3和6，第二次拆成3，3，3，就会使最后结果为3，贪心确实行不通
贪心行不通的原因
参照题解，贪心的思路无非是在处于2y与3y之间的值，使其变为y与2y之间的值，那么要让原值完全处于y之下，则需要3次操作，而如果是变为<=y与y与2Y之间的两个数，则只需要2次操作
也就是逆向思维：不去向怎么从原始值变出最优解，而是先假定一个最优解，然后看各个值怎么达到这个最优解
而问题也就出现在上面的贪心思路到这个最优解的路径上了
二分
如果卡死一个最优解的线，每个袋子要达到这个最优解，必然要有一个策略
就是对于含有x个东西的袋子，怎么拆分才能使其产生的袋子都达到y以下
显然也应当逆向思维，每次拆分相当于多了一个袋子，最后不就是把x个东西分到k个袋子当中，每个袋子里装的数量不超过y吗？
这样的话最优解必然也是每个袋子里装的都是y
而按照其它划分方法，尤其是上面的贪心，每次分一半的话，很有可能多用
就是把问题看成，一共有x个东西，每个袋子只能装y个，问一共需要多少个袋子的问题
那么每个袋子能装的最大值是数组里的最大值，最小值是1，
限制条件就是切分的次数，即多用的袋子的数量o
如果袋子容量对应的切分数大于o的话，说明不满足条件，应当要减少切分次数，即扩大每个袋子的容量以减少袋子所用的数量
如果小于等于o，说明满足条件，保留该解，并尝试缩小袋子容量，即向左侧找，right=mid,从而减小开销
对于Mid,由于满足条件时，是尝试向左取值，所以不应当+1；
搜索空间就是袋子所能放的数量
class Solution {
public:
int minimumSize(vector<int>& nums, int maxOperations) {
int leftB=1;
int rightB=nums[0];
for(int i:nums){
if(i>rightB){
rightB=i;
}
}
int mid=1;
while(leftB<rightB){
int sum=0;
mid=(leftB+rightB)/2;
for(int i:nums){
sum+=(i/mid)+((i%mid)?0:-1);
}
if(sum>maxOperations){
cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"袋子装的数量为"<<mid<<"切分数是"<<sum<<endl;
leftB=mid+1;
}else{
cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"袋子装的数量为"<<mid<<"切分数是"<<sum<<endl;
rightB=mid;
}
}
mid=(leftB+rightB)/2;
return mid;
}
};
DEBUG
端点情况
考虑这个切分，就是想象成一个线段，切分成k段不大于Y的子段的次数
如果刚好达到端点的情况，就不应当再继续分
即将 sum+=(i/mid)改为sum+=(i/mid)+((i%mid)?0:-1);
2
https://leetcode.cn/problems/koko-eating-bananas/
最大值肯定是香蕉堆里的最大值
最小值期望是香蕉总数除以小时数
如果堆数大于小时数，则必然无解
速度越快，那么小时数越小，但不是规则变动的
满足条件是要让小时数和给定的去比较
也是从左到右是递减的
如果小时数大于给定的话，就是不满足条件，应当向右侧去找
如果小于的话，是满足条件，应当向左侧去找代价更小的
class Solution {
public:
int minEatingSpeed(vector<int>& piles, int h) {
int rightB=piles[0];
long long sum=0;
for(int i:piles){
sum+=i;
if(i>=rightB){
rightB=i;
}
}
int leftB=sum/h;
//int leftB=((sum/h)?sum/h:1);
if(piles.size()>=h){
return rightB;
}
if(leftB==0){
return 1;
}
int mid=0;
// cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"每小时吃的香蕉数为"<<mid<<endl;
while(leftB<rightB){
long long tar=0;
mid=(leftB+rightB)/2;
for(int i:piles){
tar+=((i/mid)+((i%mid)?1:0));
}
if(tar>h){
// cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"每小时吃的香蕉数为"<<mid<<"小时数是"<<tar<<endl;
leftB=mid+1;
}else{
//cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"每小时吃的香蕉数为"<<mid<<"小时数是"<<tar<<endl;
rightB=mid;
}
}
mid=(leftB+rightB)/2;
return mid;
}
};
DEBUG
1
剪枝判断写反了，应当是堆数大于小时数时，就退出，写成如果堆数小于时就退出
2
第二个是二分判断条件写错了，应当是tar>h是不满足条件的，写成了tar>=h,导致会丢掉可行解，而丢掉的可能正是最优解
=的时候是满足条件的，应当保留
除零错误
期望的最小左值一开始设定的是sum/h,如果sum<h的时候，就会使左值为0，
sum<h就是说每小时只吃一个都戳戳有余，如果保留了左值0，那么1肯定满足条件，但是会接着去尝试为0的情况，从而导致了错误
两种解决方法，一种是规定左值最小值为1，另一种就是提前剪枝，如果左值为0，就直接返回1即可
就分析性能而言，应当是提前剪枝的效果更好
3（Mid+1）判断？
产生了死循环
就是tar=h的情况，满足条件且只剩两个值的情况，是保留缩减右侧，尝试继续向左边找结果，那么mid就不应该+1，因为+1就是向右侧去尝试，
而只剩两个值的时候，应当尝试一下左边的，如果继续尝试右边的，就会陷入right=mid，保持死循环；而如果尝试一下左边的，满足条件，就会使right=mid,动了右侧；不满足，就是Left=mid+1.动了左侧，从而避免了死循环
如果是+1的话，就是在除法取到0.5的时候去向上取整
如果不+1，就是有0.5时向下取整
这个取整方向应该和搜索范围缩减的方向相匹配，不然就会导致死循环
如果不满足条件时是left+1，mid是向增大的方向增加，说明向右是满足条件的，此时或许应该不该+1，即尝试左端的left是否满足条件，否则可能会
看只剩最后两个值时的情况，即到底是保留左值还是右值，如果+1就是保留左值，不加就是保留右值
如果陷入了死循环，在+1的情况，说明是去取了右值，
陷入死循环说明此时的值肯定是满足条件的，但是取值的方向和满足条件的方向保持了一致
总结一下就是考虑只剩两个值时候的取值倾向，满足条件时，到底是继续向左还是向右去找值，如果是向左找值，就不应当+1；如果是向右找值，就应当+1；
这个题满足条件就是小时数<=h,速度越快则小时数越小，在满足条件时，应当向左侧找值，所以就不应该+1
1
https://leetcode.cn/problems/maximum-candies-allocated-to-k-children/description/
k个小孩，每个小孩要的糖果数量要一样，如果是n，那么糖果总数就是nk
如果糖果总数和sum小于nk，则必然无解
最好的情况必然是sum/k,是每个小孩能平分到的最大糖果数
每堆数量设为x,
搜索空间是每个小孩分的糖果数，每次搜索的判断是这个糖果数对应出来的堆数
显然每个小孩分的糖果数越多，那么分出来的堆数是越小的，
目标值在搜索空间的从左到右是递减的
那么这样的话，如果搜索值对应到的堆数是比k小的，那么应当是尝试去左侧去找，即让分的糖果数变少，从而增大堆数
目的是要搜索空间的右值，越向右则分的糖果数越多，堆数越少
如果某个区间右值对应中值出来的堆数满足要求，那么还是应当往右靠
如果不满足的话，说明不够，此时应当往左靠
堆数小于k时，应当去
DEBUG
1
第一个错是因为没有考虑如果一开始左边界和右边界就是0的情况，这样的话就不会开启循环，那最后输出的mid,就是没有值的，一个随机值
解决方法
就是在一开始的时候加一个判断，如果左和右都是0的话，直接退出，不返回Mid了，或着让mid一开始就为0，反正也不会进入while循环里，mid也不会被设新值
2
第二个是因为再次写的时候的一个小聪明，即while退出的条件从leftB<=rightB改为leftB<rightB,考虑的是==的时候必然是要退出循环的，但是<=的时候，在循环内部判断的话，可以给mid赋新值，是只有这个值对应的Mid的值
而如果是<的话，当相等的时候，是直接退出while循环的，而mid没有更新，还是之前的旧值
解决方法
要么最后的时候，即退出while循环后mid再一个赋值等式
要么还是写为<=,在while里判断是否相等
但是性能的话应该是第一种好，因为<=的话会让每次循环都多一个if判断
3
一个致命错误是算堆数的时候是让mid/i，但应该是让i/mid
4
一个致命错误是惯性思维，还是按着如果满足要求就保留右边界right=mid,不满足要求就让left=mid+1的方向去写
但这种写法是只适用于在搜索空间中从左到右，目的值是递增的情况
因为>=k是目的值满足条件的，此时right=mid，相当于在满足条件的基础上进一步缩小搜索空间，以寻找代价更小的解
而<k是不满足条件的，此时需要向满足条件的方向去寻找，left=mid+1就是去剔除掉左侧不满足条件的所有解与mid这个解
当从左到右，目的值是递减的情况时，如果满足条件还保留right=mid,虽然此时的mid时满足条件的，但是相当于自行截掉了右侧所有可能依然满足条件且代价更小的解
如果不满足条件让left=mid+1,则更是荒谬，因为此时mid都不满足了，继续向右找，更是完全找不到
相反，此时应当是满足条件时，保留左侧的这个可行解，而尝试向右侧去找代价更小的解，即满足条件时left=mid,不满足时，向左侧去找，right=mid-1
5
又一个致命错误是死循环的产生
在这种样例下，满足条件，保留left不动，那么left一直不动,right也不动，从而造成死循环
在从左到右目的值是递增情况下不会出现这种情况，是因为除法是向下取整的
而这种情况下，由于是向下取整，满足时还left不动，就会导致最后区间只有两个相邻的值，但是/完后是0.5，不会进1，导致一直取下值，造成死循环
改
中值写为
mid=(leftB+rightB+1)/2
class Solution {
public:
int maximumCandies(vector<int>& candies, long long k) {
long long sum=0;
for(int i:candies){
sum+=i;
}
int leftB=0;
int rightB=sum/k;
int mid=0;
while(leftB<rightB){
long long res=0;
mid=(leftB+rightB+1)/2;
for(int i:candies){
res+=(i/mid);
}
if(res<k){
cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"糖果数为"<<mid<<"分的堆数是"<<res<<endl;
rightB=mid-1;
}else{
cout<<"此时左边界为"<<leftB<<"右边界为"<<rightB<<"糖果数为"<<mid<<"分的堆数是"<<res<<endl;
leftB=mid;
}
}
mid=(leftB+rightB)/2;
return mid;
}
};
