POJ3685 Matrix —— 二分

题目链接：http://poj.org/problem?id=3685

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

12

1 1

2 1

2 2

2 3

2 4

3 1

3 2

3 8

3 9

5 1

5 25

5 10

Sample Output

3
-99993
3
12
100007
-199987
-99993
100019
200013
-399969
400031
-99939

Source

POJ Founder Monthly Contest – 2008.08.31, windy7926778 

 

 

 

题解：

1.二分这个数mid，然后计算有多少对（i，j），使得F= i^2 + 100000 × i + j^2 - 100000 × j + i × j <= mid。如果符合，则缩小mid，否则增大mid。

2.问：怎么计算有多少对（i，j）使得 F <= mid 呢？

答：根据观察，式子“F =  i^2 + 100000 × i + j^2 - 100000 × j + i × j”为二元二次方程，当i确定时，F就成了关于j的一元二次方程。所以枚举i，然后计算 有多少个整数j，使得 F = j^2 + (i-1e5)*j + i^2 + i*1e5 - mid <= 0。根据高中的知识，我们需要求解出函数F的两个零点x1和x2（1<=x1<=x2<=n），然后再从区间[x1,x2]取出整数，即得到了满足约束的多对（i，j）。

 

 

 

正确代码：（求最小的数，使得小于等于它的数的个数>=m。即为题目所求）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
#define ms(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
using namespace std;
typedef long long LL;
const double EPS = 1e-8;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 2e18;
const int MAXN = 1e3+10;

LL n, m;

bool test(LL tmp)
{
    LL sum = 0;
    for(LL i = 1; i<=n; i++)    //枚举i。当i已确定时， 剩下的式子就是关于j的一元二次方程。求解两个根。
    {
        LL a = 1, b = i-100000, c = 1LL*i*i+1LL*i*100000-tmp;
        if(1LL*b*b-4LL*a*c<0) continue; //无实数根时， 下一个i
        LL x1 = max( 1LL, (LL)ceil((-b-sqrt(1LL*b*b-4LL*a*c))/(2*a)) ); //左根向上取整，最小只能为1。
        LL x2 = min( 1LL*n, (LL)floor((-b+sqrt(1LL*b*b-4LL*a*c))/(2*a)) );  //右根向下取整，最大只能为n
        sum += max( 0LL, x2-x1+1 ); //区间内有多少个整数
    }
    return sum>=m;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        LL l = -2e10, r = 2e10;
        while(l<=r)     //二分答案
        {
            LL mid = (l+r)>>1;
            if(test(mid))
                r = mid - 1;
            else
                l = mid + 1;
        }
        printf("%lld
", l);
    }
}

错误代码：（求最大的数，使得小于它的数的个数<m。为题目所求的上一个数）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
#define ms(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
using namespace std;
typedef long long LL;
const double EPS = 1e-8;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 2e18;
const int MAXN = 1e3+10;

LL n, m;

bool test(LL tmp)
{
    LL sum = 0;
    for(LL i = 1; i<=n; i++)    //枚举i。当i已确定时， 剩下的式子就是关于j的一元二次方程。求解两个根。
    {
        LL a = 1, b = i-100000, c = 1LL*i*i+1LL*i*100000-tmp;
        if(1LL*b*b-4LL*a*c<=0) continue;
        LL x1 = max( 1LL, (LL)ceil((-b-sqrt(1LL*b*b-4LL*a*c))/(2*a)) ); //左根向上取整，最小只能为1。
        LL x2 = min( 1LL*n, (LL)floor((-b+sqrt(1LL*b*b-4LL*a*c))/(2*a)) );  //右根向下取整，最大只能为n
        sum += max( 0LL, x2-x1+1 ); //区间内有多少个整数
    }
    return sum<m;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        LL l = -2e10, r = 2e10;
        while(l<=r)     //二分答案
        {
            LL mid = (l+r)>>1;
            if(test(mid))
                l = mid + 1;
            else
                r = mid - 1;
        }
        printf("%lld
", r);
    }
}