[洛谷P2678][NOIP2015 提高组] 跳石头（二分 + 贪心）

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题目大意就不说了，请看原题。

这道题我在很久之前就A了，昨天朋友问起发现自己还写错了几次，实在惭愧，今天记录一下这个思路。

思路

首先，如果已知撤走的石头，想要求最短距离，是不容易的，但是如果已知最短距离，求“一定要至少撤走多少个石头”可以通过遍历一遍，O(N)的复杂度算出来。

再发现，最短距离和撤走的石头数目是成正相关的，撤走的石头越多，最短的跳跃距离不变或越多，于是可以想到二分法。二分的是最短距离，然后通过最短距离求到至少要撤走多少个石头。

此时去找临界条件，即最短距离再 + 1就会导致撤走的石头也要 + 1这个临界条件。

即check(l) = M,check(r) = M + 1，此时的 l 就是最大的“最短跳跃距离”。

听起来蛮怪的，最大的最短距离，但是确实是这么回事。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 5e4 + 10;

int L, N, M, d[maxn];

int check(int k)//当距离固定为k时，可以撤走多少个石头 
{
	int dist = 0, res = 0;
	for(int i = 1;i <= N; ++ i)
	{
		//如果两点之间距离小于k，即不满足最短距离为k的条件 
		if(d[i] - dist < k)res ++;
		else dist = d[i];
	}
	return res;
}

signed main()
{
	cin >> L >> N >> M;
	for(int i = 1;i <= N; ++ i)cin >> d[i];
	d[++ N] = L;//将终点也存下来，作为第N个点
	int l = 0,r = L + 1;
	while(l + 1 != r)
	{
		//撤走的石头个数和最近跳跃距离成正相关 
		int mid = l + ((r - l) >> 1);
		if(check(mid) <= M)l = mid;
		else r = mid;
	}
	cout << l << '\n';
	return 0;
}