目录

  • 1.青蛙过河
    • 1.题目描述
    • 2.输入格式
    • 3.输出格式
    • 4.样例输入
    • 5.样例输出
    • 6.数据范围
    • 7.原题链接
    • 2.解题思路
  • Ac_code
    • 1.C++
    • 2.Java

1.青蛙过河

1.题目描述

小青蛙住在一条河边, 它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里 的石头跳到对岸。

河里的石头排成了一条直线, 小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。 不过, 每块石头有一个高度, 每次小青蛙从一块石头起跳, 这块石头的高度就 会下降 1 , 当石头的高度下降到 0 时小青蛙不能再跳到这块石头上(某次跳跃 后使石头高度下降到 0 是允许的)。

小青蛙一共需要去学校上 x x x 天课, 所以它需要往返 2 x 2x 2x 次。当小青蛙具有 一个跳跃能力 y y y 时, 它能跳不超过 y y y 的距离。

请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完 x x x 次课。

2.输入格式

输入的第一行包含两个整数 n , x n,x n,x, 分别表示河的宽度和小青蛙需要去学校 的天数。请注意 2 x 2x 2x 才是实际过河的次数。
第二行包含 n − 1 n−1 n1 个非负整数 H 1 , H 2 , ⋯ , H n − 1 H_1,H_2,⋯,H_{n-1} H1,H2,,Hn1, 其中 H i > 0 H_i>0 Hi>0表 示在河中与 小青蛙的家相距 i i i 的地方有一块高度为 H i H_i Hi ​的石头,
H i = 0 H_i =0 Hi=0 表示这个位置没有石头。

3.输出格式

输出一行, 包含一个整数, 表示小青蛙需要的最低跳跃能力。

4.样例输入

5 1
1 0 1 0

5.样例输出

4

6.数据范围

1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ x ≤ 1 0 9 , 1 ≤ H i ≤ 1 0 4 。 1≤n≤10^5 ,1≤x≤10^9,1≤H i ≤10^ 4 。 1n105,1x109,1Hi104

7.原题链接

青蛙过河

2.解题思路

假设青蛙可以按照某条路线 S S S从家跳往对岸,路线 S S S上所有的石子高度均减1,这个操作等价于“青蛙从对岸按照路线 S S S反向跳回家,路线 S S S上所有的石子高度均减1”。

这也说明,判断小青蛙能否往返 2 x 2x 2x次,等价于判断小青蛙能否从左往右跳重复 2 x 2x 2x

由题目可以发现,设小青蛙的跳跃能力为 y y y,当小青蛙跳跃能力 y y y越大,越容易满足“重复2x次”的约束,即求解的 y y y存在单调性:

  • y y y越大时,小青蛙每次可以跳的范围更大,可以跳更少的步数到达对岸,即更容易重复 2 x 2x 2x次,当 y = n y=n y=n时,无需经过任何石子就可以跳到对岸。
  • y y y越小时,小青蛙需要使用更多的步数才能到达对岸,更不容易满足“重复 2 x 2x 2x次”的约束。

本题最终需要求解的是:恰好满足约束的最小的 y y y 答案存在单调性,显然可以用二分答案的算法进行求解,初始区间 [ l , r ] = [ 1 , n ] [l,r]=[1,n] [l,r]=[1,n]

  1. 求出区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]的中点 m i d mid mid m i d = ( l + r ) / / 2 mid=(l+r)//2 mid=(l+r)//2
  2. 判断当小青蛙跳跃能力等于 m i d mid mid时,能否从左往右跳重复 2 x 2x 2x
    1. 如果可以,则更新 a n s = m i d ans=mid ans=mid,调整搜索区间为 [ l , m i d − 1 ] [l,mid-1] [l,mid1](求最小值,因此调整右端点)
    2. 否则,调整搜索区间为 [ m i d + 1 , r ] [mid+1,r] [mid+1,r]
  3. 如果 l > r l > r l>r,终止循环,否则回到 1 1 1

二分答案将求解最值问题转换成判定性问题,问题转变成当跳跃能力等于 y y y时,判断小青蛙能否从左往右跳 2 x 2x 2x次。

小青蛙最开始位于0处,跳跃能力等于 y y y,需要重复跳跃 2 x 2x 2x次,则首先要求从 1 − y 1-y 1y的石子高度必须大于等于 2 x 2x 2x,不然小青蛙迈出的第一步都无法重复 2 x 2x 2x次。

这个结论可以推广——“所有长度为 y y y的区间中石子高度之和必须大于等于 2 x 2x 2x”。

  1. 如果所有长度为 y y y的区间中石子高度之和等于 2 x : 2x: 2x:则存在 H i = H i + y H_i=H_{i+y} Hi=Hi+y,则只要保证第一步在 [ 1 , y ] [1,y] [1,y]中选择一个可以跳跃的石子 i i i,则后续跳跃只需从当前位置 i i i跳到 i + y i+y i+y即可。这样可以保证重复 2 x 2x 2x次;
  2. 如果所有长度为 y y y的区间中,石子高度之和大于 2 x 2x 2x:**则可以考虑去除某些石子的高度,从而构造出情况1,此时也是可以保证重复 2 x 2x 2x次的;
  3. 如果可以重复跳跃 2 x 2x 2x次,所有区间长度为 y y y的区间中石子高度之和大于等于 2 x 2x 2x:对于任意区间 [ i , i + y ] [i,i+y] [i,i+y],每次跳跃必须在区间中落脚。利用反证法,如果不在区间 [ i , i + y ] [i,i+y] [i,i+y]中落脚,等价于从 i i i的左边跳到了 i + y i+y i+y的右边,此时跳跃长度超过了能力上限 y y y,因此不合法。也就是说,每次跳跃对于任意长度等于 y y y的区间都落脚1次,重复 2 x 2x 2x次则说明该区间石子之和大于等于 2 x 2x 2x

通过上面三点可以证明:“当跳跃能力等于 y y y时重复 2 x 2x 2x次”等价于“所有区间长度等于 y y y的区间石子高度之和大于等于 2 x 2x 2x”,利用这个结论进行二分答案的判定即可。

实现过程中事先预处理前缀和,从而可以 O ( 1 ) ​ O(1)​ O(1)求解区间和,时间复杂度 O ( n log ⁡ n ) ​ O(n\log n)​ O(nlogn)

实际上使用双指针,维护区间和始终大于 2 x 2x 2x,得到的最小区间长度则是答案,这样可做到 O ( n ) O(n) O(n) 的复杂度。

Ac_code

1.C++

#includeusing namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long uLL;typedef pair<int, int> PII;#define pb(s) push_back(s);#define SZ(s) ((int)s.size());#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))#define all(s) s.begin(),s.end()const int inf = 0x3f3f3f3f;const int mod = 1000000007;const int N = 200010;LL n, x;void solve(){cin >> n >> x;std::vector<LL> s(n + 1);for (int i = 1; i < n; ++i) {cin >> s[i];s[i] += s[i - 1];}//最后一块石头,也就是终点,可以无限跳s[n] = 1e18;int l = 1, r = n;auto check = [&](int g) {for (int i = 0; i + g <= n; ++i) {int r = i + g;if (s[r] - s[i] < 2 * x) return false;}return true;};while (l < r) {int mid = l + r  >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}cout << r << '\n';}int main(){ios_base :: sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);int t = 1;while (t--){solve();}return 0;}

2.Java

import java.util.Scanner; public class Main {    public static void main(String[] args) {        Scanner sc=new Scanner(System.in);        int n=sc.nextInt();        long x=sc.nextLong();        long []arr=new long[n+1];        for (int i=1;i<n;i++){            arr[i]=sc.nextLong()+arr[i-1];        }        arr[n]=100000000000L;        int l=0;        int ans=0;        for (int r=1;r<=n;r++){            if (arr[r]-arr[l]>= 2*x){                ans=Math.max(ans,r-l);                l+=1;            }        }        System.out.println(ans);    }}