题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1967
题意：多case，有两个集合Ga和Gb，两个集合最开始都有S个元素，可以将Ga中的元素移动到Gb中，也可以将Gb中的元素移至Ga中，每次移动的花费为移动前两集合中元素个数之差的绝对值，在保证花费不超过最大花费C的情况下，使Ga中最小的元素-Gb中最大的元素的值最大，化成式子就是求Max{min{Ga}-max{Gb}}。
应该算是贪心吧，想了很久，推出了个结论过了，不过后面要用到二分，不过数据弱，不用二分也能过，正解应该要用二分查找的，不过写二分到是写苦了我，这次顺便总结一下二分。
思路：
1，只有最后min{Ga}>=max{Gb}，最后输出的解才有可能为正数，而满足min{Ga}>=max{Gb}的情况就是将两个集合中的所有数重新分成两个集合，小的全部在Gb中，大的全部在Ga中。所以可以枚举所有情况，求出在满足不超过最大花费情况下的最大值即可，O(n)；
2，枚举所有正数的情况如何计算最小花费：从Ga，Gb的原始状况到最终状况出发，如果最后分给Ga的元素k，最开始也在Ga中，则为了保证花费最小，在转移过程中元素k也不可能会到Gb中去，所以可以计算出Ga到Gb的元素个数ab和Gb到Ga的元素个数ba，可以证明，最开始一定是，Ga->Gb,Gb->Ga,Ga->Gb……或者Gb->Ga,Ga->Gb,Gb->Ga……，如果令x=min{ab,ba}，y=fabs(ab-ba)，最后的花费就是2*x+y*(y-1)。就在求ab和ba的时候要用到二分：对于此时枚举的Ga中最小元素p，求出原Ga集合中有多少个比最小元素p小的数，排序后用二分找出下标即可，而ba与ab有这种关系ba = 2*n-i-(n-ab)
3，如果最后没有正解，则说明Ga中的最小元素小于Gb中的最大元素。对于Ga，Gb原集合，第一步一定是将Ga中的最小元素移至Gb中 或 将Gb中的最大元素移至Ga中。假设将Ga中的最小元素移至Gb中，如果这样的第一步操作满足最大花费，由上述1，2可知无正解，则移动后Ga中次小元素仍然小于Gb中的最大元素，接下来可以移动Gb中的最大元素，或者原Ga集合中的次小元素（现在G啊a中的最小元素），但可证明一定是将Gb中的元素移至Ga中。
如果是Ga->Gb,Gb->Ga,Ga->Gb花费为2；如果是Ga->Gb,Ga->Gb,Gb->Ga花费为6，而最后状态相同，所以不如选取前者，知道花费不满足条件就停止移动输出解。
代码如下：
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1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #define see(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl; 7 using namespace std; 8 const int maxn = 20005; 9 int a[maxn], b[maxn], c[maxn<<1]; 10 bool cmp(int p, int q){ 11 return p>q; 12 } 13 int search2(int temp, int n){ 14 int l=-1, r=n, m; 15 while(l+1<r){ 16 m = (l+r)>>1; 17 if(a[m]<temp){ 18 l = m; 19 } 20 else{ 21 r = m; 22 } 23 } 24 return r; 25 } 26 int main(){ 27 int t, n, C, i, j, k, l, x, y, ans, res, cost; 28 int ab, ba; 29 scanf("%d",&t); 30 while(t--){ 31 scanf("%d%d",&n,&C); 32 for(i=0;i<n;i++){ 33 scanf("%d",&a[i]); 34 c[i] = a[i]; 35 } 36 for(i=0;i<n;i++){ 37 scanf("%d",&b[i]); 38 c[i+n] = b[i]; 39 } 40 if(n==1){ 41 printf("%d\n",a[0]-b[0]);continue; 42 } 43 sort(a,a+n);sort(b,b+n,cmp); 44 sort(c,c+2*n); 45 res = -50001; 46 for(i=1;i<2*n;i++){ 47 ab = search2(c[i],n); 48 ba = 2*n-i-(n-ab); 49 x = min(ab,ba); 50 y = (int)fabs(ab-ba); 51 cost = 2*x+y*(y-1); 52 if(cost<=C){ 53 res = max(res,c[i]-c[i-1]); 54 } 55 } 56 if(res>0){ 57 printf("%d\n",res); 58 } 59 else{ 60 cost = 0; 61 i = j = 0; 62 k = 0; 63 while(cost<=C&&i<n&&j<n){ 64 res = max(res,a[i]-b[j]); 65 cost += (int)fabs(i-j)*2; 66 if(k&1){ 67 i++; 68 } 69 else{ 70 j++; 71 } 72 k++; 73 } 74 cost = 0; 75 i = j = 0; 76 k = 0; 77 while(cost<=C&&i<n&&j<n){ 78 res = max(res,a[i]-b[j]); 79 cost += (int)fabs(i-j)*2; 80 if(k&1){ 81 j++; 82 } 83 else{ 84 i++; 85 } 86 k++; 87 } 88 printf("%d\n",res); 89 } 90 } 91 return 0; 92 }
下面我要说说二分，以下是celia01写过的各种错误二分版本
/*求a[]数组(其中元素是从小到大排序的)中值小于temp的元素有多少个，n为a[]数组大小*/ //wa1 int search2(int temp, int n){ int l=0, r=n-1, m; while(l<r){ m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m+1; } else{ r = m-1;//损失解 } } return l; } //wa2 int search2(int temp, int n){ int l=0, r=n-1, m; //r=n-1一开始就损失解了 while(l<r){ m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m+1; } else{ r = m; } } return l; } //wa3 int search2(int temp, int n){ int l=0, r=n-1, m; while(l+1<r){ //若l=3,r=4,a[3]<temp，进入死循环 m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m; } else{ r = m; } } return r; } //accept： int search2(int temp, int n){ int l=-1, r=n, m; while(l+1<r){ m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m; } else{ r = m; } } return r; }
首先说一下，对于二分while()里面常常又两种写法while(l+1<r)和while(l<r)，一般
while(l<r) 配 l=m+1 和 r=m-1
while(l+1<r) 配 l=m 和 r=m
这样才能有效跳出循环。题中要求a[]中小于temp的值有多少个，所以l=m+1无碍，但r=m-1就会损失解了。
其实对于上面的wa2很容易改变，笔者今天又重新交了一下就ac了，居然一下排到了榜首，两个二分就都凑齐了
//30ms int search2(int temp, int n){ int l=0, r=n, m; while(l<r){ m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m+1; } else{ r = m; } } return l; //这里l和r都无所谓 } //40ms int search2(int temp, int n){ int l=-1, r=n, m; while(l+1<r){ m = (l+r)>>1; if(a[m]<temp){ l = m; } else{ r = m; } } return r; //这里一定要是r }