【Summarize】
1. 要求最大化 Σai/Σbi 时我们可以考虑二分计算的结果x，那么可以得到 Σai>=Σbi*x，那么我们按照ai-bi*x排序后贪心即可。
2. 对于两两差值的K值处理，在二分答案之后可以利用尺取法验证。
3. 求第K值是否满足的情况，可以将小于等于K的置1，大于K的置0，然后进行相关统计。
4. 在非整数二分时，可以用循环次数来代替eps，一般采用100为循环次数。
5. 在要求保留答案的非整数二分时，可以在不断的检验过程中直接更新答案，因为那一定是更接近的。
POJ 3258：River Hopscotch
/*
拿掉m块石头，使得每两个石头之间距离的最小值最大。输出这个极值
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=50010;
int L,n,m,a[N];
int check(int x){
int cnt=0,pre=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
if(a[i]-a[pre]<x)cnt++;
else pre=i;
if(cnt>m)return 0;
}return 1;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d%d",&L,&n,&m)){
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);a[n+1]=L;
int l=1,r=L,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}printf("%d
",ans);
}return 0;
}
POJ 3273：Monthly Expense
/*
将所有的数字按顺序分为m组，使得每组的数字和的最大值最小
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,a[100100];
bool check(int x){
int s=0,cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s+a[i]<=x)s+=a[i];
else{s=a[i];cnt++;if(cnt>m)return 0;}
}return 1;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
int l=1,r=1000000000,ans;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),l=max(l,a[i]);
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}printf("%d
",ans);
}return 0;
}
POJ 3104：Drying
/*
题目大意：
给出n件需要干燥的衣服，烘干机能够每秒干燥k水分，
不在烘干的衣服本身每秒能干燥1水分
求出最少需要干燥的时间。
题解：
考虑将烘干机的烘干效应变为k-1，那么就是每件衣服在每秒都会自动减少一水分
如果我们知道最少需要的时间，那么每件衣服自己减少的水分数量就知道了，
在除去自然减少的水分之后，看看还需要多少k-1的水分减少才能烘干全部的衣服就可以了，
因此我们二分这个答案，验证是否可行即可。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,k,a[N];
bool check(int x){
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]-x<=0)continue;
cnt+=(a[i]-x+k-2)/(k-1);
//printf("%d
",cnt);
if(cnt>x)return 0;
}return 1;
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
int l=1,r=0,ans;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),r=max(r,a[i]);
scanf("%d",&k);
if(k==1){printf("%d
",r);continue;}
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
//printf("%d %d %d
",l,r,mid);
if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}printf("%d
",ans);
}return 0;
}
POJ 3045：Cow Acrobats
/*
每头牛都有一定的体力和质量，现在将他们叠在一起，
每头牛的危险值为其上面所有牛的质量减去他的力量值
现在请最小化最大的危险值
我们设前n头牛的总质量为s，牛a在牛b前面更优的重要条件为
s-wa-sa>s-wb-sb。
所以我们按照w+s排序即可。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
const int N=50010;
struct data{int w,s;}p[N];
int n;
bool cmp(data a,data b){return a.w+a.s<b.w+b.s;}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
int ans=INT_MIN,sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].w,&p[i].s);
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=max(ans,sum-p[i].s);
sum+=p[i].w;
}printf("%d
",ans);
}return 0;
}
POJ 2976：Dropping tests
/*
题目大意：
给出每门成绩的总分和得分，去除k门成绩之后
使得剩余的成绩分数和除以总分得到的数字最大，要求精度在三位小数之内四舍五入到整数
题解：
如果答案是x，那么必有选取的几门课程sigma(a*100)>=sigma(b*x)
至于选取，就可以根据a*100-b*x排序，贪心选取即可。
对于最后的精度处理问题，只要将数据放大处理末尾即可。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1010;
struct data{long long a,b;}p[N];
int n,m,k;
bool cmp(data a,data b){return a.a*1000000-a.b*m>b.a*1000000-b.b*m;}
bool check(int x){
m=x;
sort(p+1,p+n+1,cmp);
long long cnt=0;
for(int i=1;i<=k;i++)cnt+=p[i].a*1000000-p[i].b*x;
return cnt>=0;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&k),n+k){
k=n-k;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i].a);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i].b);
int l=0,r=1000000,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}printf("%d
",ans/10000+(ans%10000>=5000));
}return 0;
}
POJ 3111：K Best
/*
题目大意：
选取k个物品，最大化sum(ai)/sum(bi)
题解：
如果答案是x，那么有sigma(a)>=sigma(b*x)
至于选取，就可以根据a-b*x排序，贪心选取即可。
对于输出物品的id，因为在不断逼近结果的过程中，排序的结果也不断在调整
所以我们最后的得到的排序结果的前k个就是答案。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=101000;
struct data{int a,b,id;}p[N];
int n,k,ans[N];
double m;
bool cmp(data a,data b){return a.a-m*a.b>b.a-m*b.b;}
bool check(double x){
m=x;
sort(p+1,p+n+1,cmp);
double tot_v=0,tot_w=0;
for(int i=1;i<=k;i++){tot_v+=p[i].a;tot_w+=p[i].b;}
return tot_v/tot_w>x;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
double l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].b),p[i].id=i,r=max(r,(double)p[i].a/p[i].b);
for(int i=1;i<=100;i++){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}for(int i=1;i<=k;i++)ans[i]=p[i].id;
sort(ans+1,ans+k+1);
for(int i=1;i<k;i++)printf("%d ",ans[i]);
printf("%d
",ans[k]);
}return 0;
}
POJ 3579：Median
/*
题目大意：给出一个数列，求两两差值绝对值的中位数。
题解：因为如果直接计算中位数的话，数量过于庞大，难以有效计算，
所以考虑二分答案，对于假定的数据，判断是否能成为中位数
此外还要使得答案尽可能小，因为最小的满足是中位数的答案，才会是原差值数列中出现过的数
对于判定是不是差值的中位数的过程，我们用尺取法实现。
对于差值类的题目，还应注意考虑边界，即数列只有一位数的情况。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,a[100010];
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int l=0,r=a[n],m=n*(n-1)/4+((n*(n-1)/2)&1),ans=0;
if(n==1){puts("0");continue;}
int Ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1,pre=1,ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
while(a[i]-a[pre]>mid)pre++;
ans+=i-pre;
}if(ans>=m)r=mid-1,Ans=mid;
else l=mid+1;
}printf("%d
",Ans);
}return 0;
}
POJ 3685：Matrix
/*
题目大意：i和j在N范围内，求i*i+100000×i+j*j-100000×j+i×j的第M大值
题解：对第M大的数进行二分，然后检验是否满足小于等于这个数的有M个
在检验的过程中我们发现，当j确定的时候，结果对于i是单调的
因此我们在每个j的情况下二分i统计满足的数目。
*/
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int C=100000;
ll f(ll x,ll y){return (x*x+C*x+y*y-C*y+x*y);}
ll n,m; int T;
bool check(ll x){
ll cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ll l=1,r=n,ans=0;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(f(mid,i)<=x)ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}cnt+=ans;
}return cnt>=m;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
ll l=-C*n,r=n*n+C*n+n*n+n*n,ans=0;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}printf("%lld
",ans);
}return 0;
}
POJ 2010：Moo University - Financial Aid
/*
每个物品有两个属性值s和f，从m个物品中选取n个物品
求f的和小于等于F的情况下s的中位数最大值。
按照s排序，枚举每个s作为中位数的情况
那么只要知道前面n/2最小值的和和后面n/2最小值的和就好
这个可以利用优先队列预处理出来
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
priority_queue<int> q;
const int N=100010;
int n,m,F,pre[N],nxt[N],sum;
struct data{int s,f;}p[N];
bool cmp(data a,data b){return a.s>b.s;}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&F);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&p[i].s,&p[i].f);
sort(p+1,p+m+1,cmp);
int base=n/2;
for(int i=1;i<=base;i++)q.push(p[i].f),sum+=p[i].f;
for(int i=base+1;i<=m-base;i++){
pre[i]=sum;
if(q.top()>p[i].f){
sum-=q.top();
q.pop();
sum+=p[i].f;
q.push(p[i].f);
}
}while(!q.empty())q.pop();sum=0;
for(int i=m;i>m-base;i--)q.push(p[i].f),sum+=p[i].f;
for(int i=m-base;i>=base+1;i--){
nxt[i]=sum;
if(q.top()>p[i].f){
sum-=q.top();
q.pop();
sum+=p[i].f;
q.push(p[i].f);
}
}int ans=-1;
for(int i=base+1;i<=m-base;i++){
if(p[i].f+pre[i]+nxt[i]<=F){
ans=p[i].s;
break;
}
}printf("%d
",ans);
return 0;
}
POJ 3662：Telephone Lines
/*
题目大意：给出点，给出两点之间连线的长度，有k次免费连线，
所用的费用为免费连线外的最长的长度。
题解：二分答案，对于大于二分答案的边权置为1，小于等于的置为0，
则最短路就是超出二分答案的线数，如果小于等于k，则答案是合法的
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=200010,inf=~0U>>2,M=200000;
int ans=-1,x,S,T,time[N],q[N],size,h,t,n,m,k,ed,dis[N],in[N],nxt[N],w[N],v[N],g[N],u,e,cost;
void add(int x,int y,int z){v[++ed]=y;w[ed]=z;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
bool spfa(int S,int limit){
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=inf,in[i]=0,time[i]=0;
time[S]=1,dis[S]=0,in[S]=1;
int i,x,size; q[h=t=size=1]=S;
while(size){
for(i=g[x=q[h]],h=(h+1)%M,size--;i;i=nxt[i])if(dis[x]+(w[i]>limit?1:0)<dis[v[i]]){
dis[v[i]]=dis[x]+(w[i]>limit?1:0);
if(!in[v[i]]){
time[v[i]]++,t=(t+1)%M,size++,in[q[t]=v[i]]=1;
if(time[v[i]]>n)return 0;
}
}in[x]=0;
}return dis[T]<=k;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
memset(v,0,sizeof(v)); memset(nxt,0,sizeof(nxt));
memset(w,0,sizeof(w)); memset(g,0,sizeof(g)); ed=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&e,&cost);
add(u,e,cost);add(e,u,cost);
}int l=0,r=1000000;T=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(spfa(1,mid)){ans=mid;r=mid-1;}
else l=mid+1;
}return printf("%d
",ans),0;
}
POJ 1759：Garland
/*
题目大意：有n个数字H，H[i]=(H[i-1]+H[i+1])/2-1，已知H[1]，求最大H[n]，
使得所有的H均大于0.
题解：我们得到递推式子H[i]=2*H[i-1]+2-H[i-2]，发现H[n]和H[2]成正相关
所以我们只要二分H[2]的取值，同时计算每个H是否大于等于0即可。
*/
#include <cstdio>
int n;
double H[1010],A,B;
bool check(double x){
H[1]=A,H[2]=x;
for(int i=3;i<=n;i++){
H[i]=2.0*H[i-1]+2-H[i-2];
if(H[i]<0)return 0;
}return B=H[n],1;
}
int main(){
while(~scanf("%d%lf",&n,&A)){
double l=0,r=A;
for(int i=0;i<100;i++){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))r=mid;
else l=mid;
}printf("%.2f
",B);
}return 0;
}
POJ 3484：Showstopper
/*
题目大意:给出n个等差数列的首项末项和公差。求在数列中出现奇数次的数。题目保证
至多只有一个数符合要求。
题解：因为只有一个数符合要求，所以在数列中数出现次数的前缀和必定有奇偶分界线，
所以我们二分答案，计算前缀和的奇偶性进行判断，得到该数的位置。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=500010;
const LL inf=1LL<<33;
LL X[N],Y[N],Z[N];
char s[60];
int n;
LL cal(LL x){
LL ans=0,t;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(x<X[i])continue;
t=min(x,Y[i]);
ans+=(t-X[i])/Z[i]+1;
}return ans;
}
int main(){
while(gets(s)){
X[n=1]=0;
sscanf(s,"%lld %lld %lld",&X[n],&Y[n],&Z[n]);
if(!X[n])continue;
memset(s,0,sizeof(s));
while(gets(s),*s)n++,sscanf(s,"%lld %lld %lld",&X[n],&Y[n],&Z[n]),memset(s,0,sizeof(s));
LL l=1,r=inf,ans=0;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)>>1;
if(cal(mid)&1LL)r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}if(!ans)puts("no corruption");
else printf("%lld %lld
",ans,cal(ans)-cal(ans-1));
}return 0;
}