poj 3685 Matrix 二分套二分经典题型

Matrix

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Description

Given a N × N matrix A, whose element in the i-th row and j-th column A_ij is an number that equals i² + 100000 × i + j² - 100000 × j + i × j, you are to find the M-th smallest element in the matrix.

Input

The first line of input is the number of test case.
For each test case there is only one line contains two integers, N(1 ≤ N ≤ 50,000) and M(1 ≤ M ≤ N × N). There is a blank line before each test case.

Output

For each test case output the answer on a single line.

Sample Input

Sample Output

Source

POJ Founder Monthly Contest – 2008.08.31, windy7926778

题意：给你一个N*N的矩阵，第i行，j列的值为 i² + 100000 × i + j² - 100000 × j + i × j，求这些矩阵中的第m小的值。

分析：暴力的话超时就不讲了，换到二分：首先分析 i² + 100000 × i + j² - 100000 × j + i × j 这个式子，可以发现当j固定时，整个式子的值是递增的，因此可以得出一个结论：在矩阵的同一列中，从上往下数值是递增的，因此可以利用二分枚举每一列的值。

二分的核心思想：求数组中的第m小的数y，转换成求数组中<x的数量>=m的最小x，则y=x-1(待会证明)，所以该题二分套二分的核心思想就是：首先第第一层外层二分法枚举x，使得数组中<x的数量>=m（即合法），从而无限逼近直到得出最小的x，然后第二层内层层再用二分法求出在数组中<x的数量的个数，这个地方又是一个典型的二分，将求出在数组中<x的个数转换为求出值>=x的最小的下标p，那么<x的最大的下标q就是该下标减1即q=p-1了，然后统计个数就好。

但是这两层二分都各有一个需要注意的问题：

1.第一层二分中为什么y==x-1?因为假设y!=x-1,那么存在一个小于x的数x-1，使得

<x-1的数量>=m与x是最小值矛盾，固得证。其实这也是整数性质的体现，因为可以这样看，求一个序列中的第m小的数值，则比该值+1的数值w（二分枚举出的，不管数组中存不存在），在数组中<w的数值是有m个的，那么w-1便是该第m小的数值。

2.非常容易错！好好体会，见代码

#include<cstdio>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
#define MM(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
long long mid,l,r,n,m;
long long v(long long  i,long long j)
{
    return i*i+100000*i+j*j-100000*j+i*j;
}
long long  ok(long long  x)
{
    long long sum=0;
    for(long long  j=1;j<=n;j++)
      {
          long long  l=0,r=n+1; /*2.这个地方r不能初始化为n，因为假设
n个数全是<x的话,按理讲应该sum+=n的，但是最后r-1之后sum+=(n-1)了，
这是因为v(n,j)>x和v(n,j)=x的效果是不同的，假设v(n,j)>x的话,r仍然为n+1,sum+//=n,而当v(n,j)=x话,r更新为n，sum+=n-1;*/
          while(r-l>1)
          {
               long long  mid=(l+r)>>1;
               if(v(mid,j)>=x)
                     r=mid;
               else
                     l=mid;
          }
          sum+=(r-1);
      }
    return sum;
}
int main()
{
    int cas;
     scanf("%d",&cas);
    while(cas--)
    {
        scanf("%lld %lld",&n,&m);
        r=1e12;l=-1e12;
        while(r-l>1)
        {
            mid=(l+r)>>1;
            if(ok(mid)>=m)
                r=mid;
            else
                l=mid;
        }
        printf("%lld
",r-1);
    }
    return 0;
}

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