蓝桥杯 试题 历届试题 区间移位 二分

问题描述

　　数轴上有n个闭区间D1,…,Dn。其中区间Di用一对整数[ai, bi]来描述，知足ai < bi。已知这些区间的长度之和至少有10000。因此，经过适当的移动这些区间，你总可使得他们的“并”覆盖[0, 10000]——也就是说[0, 10000]这个区间内的每个点都落于至少一个区间内。
　　你但愿找一个移动方法，使得位移差最大的那个区间的位移量最小。
　　具体来讲，假设你将Di移动到[ai+ci, bi+ci]这个位置。你但愿使得maxi |ci|　　最小。

输入格式

　　输入的第一行包含一个整数n，表示区间的数量。
　　接下来有n行，每行2个整数ai,　　bi，以一个空格分开，表示区间[ai, bi]。保证区间的长度之和至少是10000。

输出格式

　　输出一个数，表示答案。若是答案是整数，只输出整数部分。若是答案不是整数，输出时四舍五入保留一位小数。

样例输入

2
10 5010
4980 9980

样例输出

20

样例说明

　　第一个区间往左移动10；第二个区间往右移动20。

样例输入

4
0 4000
3000 5000
5001 8000
7000 10000

样例输出

0.5

样例说明

　　第2个区间往右移0.5；第3个区间往左移0.5便可。

数据规模和约定

　　对于30%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10；
　　对于100%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，0 ≤ ai < bi　　≤ 10000。

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解题思路：

• 二分：相似最大化最小值( 此题要求的求 最小的max|ci| )或者最小化最大值问题，均可以用二分很好的解决。咱们定义：

　　C（ mid ）:任意区间移动的距离都小于等于mid

用二分找到知足条件的d便可。

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• 每次C( mid )的判断用贪心解决。

这一题可能贪心的策略有不少，好比以左端从小到大排序，按顺序选取知足条件的区间。或者以右端从小到大排序。

以左端从小到大排序能够找到反例说明可能形成有短区间浪费没用到的状况。

而以右端点为何就不会呢？（这里给一个个人解释，但只是直观解释，没有严格的数学证实）

• 对于相邻的两个区间，他们的关系有①②两种，对于关系①,两种排序方式都结果相同；而对于关系②，若是以左端点排序，

可能会形成短区间的浪费，而以右端点排序就会首先考虑段区间，因此综合考虑以右端点排序的方式更优。

• 咱们假设cur为当前已经覆盖的连续区间的右端点，每次以右端点从小到大排序选择，则cur相较于其余方案是最小的，

这样右边剩余的空间最大，能够有更多的区间提供选择。

（关于用右端点排序最优的数学证实我尚未想出来，若是哪位大佬知道但愿能够指导我一下）

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对于区间是否选择以及cur的更新：

　　　　假设当前区间能够移动的最大距离为mid, 那么某个区间能够移动的范围为 [ l - mid, r + mid ],知足这个条件的区间可使用，与cur有以下四种关系：

　　综合以后 ①②为一种状况，③④为一种状况。

 

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• 最后可能有小数的状况，由于刚开始区间位置都是整数，设若是一个区间要移动x( x为小数 )，那么就有一个区间要移动 y （y为小数），且x+y=z, z为整数，

题目要求最小，那么 x==y==z/2，因此处理时只须要将每一个区间都乘以2，最后判断结果是否能被2整除。

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• 实现代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

//输入
int n; 

struct node//区间 
{
    int l;
    int r;
    node(int l1,int r1){ l = l1 ; r = r1;}//构造函数 
};

vector<node> v;

bool cmp(node n1, node n2)
{
    if( n1.r==n2.r )    return n1.l<n2.l;//若是右端点相等，选择更接近cur的 
    return n1.r<n2.r;//以右端点从小到大排序 
}

bool C(int mid)//判断mid是否知足条件 
{
    int cur = 0;
    vector<node> v_(v);
    
    while( true )
    {
        bool flat = false;//有没有知足条件的区间 
        for(int i=0; i<v_.size(); i++)
        {
            int l = v_[i].l, r = v_[i].r;
            if( l-mid<=cur&&cur<=r+mid )//知足条件 
            {
                if( cur-l>=mid )//状况 1,2 
                {
                    //cur += mid + r - cur;
                    cur = mid+r;
                }
                else//状况 3,4 
                {
                    cur += (r-l);// cur += len
                }
                v_.erase(v_.begin()+i);//去掉此区间 
                flat = true;
                break;//每次找到一个区间cur的状态都改变,原来不能移动的区间如今可能能够移动 
            }
        }
        if( !flat || cur>=20000 )    break;//若是没有知足条件的区间||已经覆盖了全部区间 
    }
    return cur>=20000;
}

void solve()
{
    sort(v.begin(),v.end(),cmp);
    
    int l = 0, r = 20000;
    while( r-l>1 )//二分法求解 
    {
        int mid = (l+r)/2;
        if( C(mid) )    r = mid;//知足条件,缩小移动距离 
        else    l = mid;
    }
    
    if( r%2==0 )    printf("%d\n",r/2);
    else    printf("%.1f\n",(float)r/2.0);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    while( n-- )
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        v.push_back(node(2*l,2*r));//每一个区间乘以2 
    }
    
    solve();
    
    return 0;
}