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  - docker build -t oi-wiki:latest .

  - set +e

deploy:

  provider: pages

在二分搜索过程中，每次都把查询的区间减半，因此对于一个长度为 $n$ 的数组，至多会进行 $O(\log n)$ 次查找。

```c++

```cpp

int binary_search(int start, int end, int key) {

  int ret = -1;  // 未搜索到数据返回-1下标

  int mid;

解题的时候往往会考虑枚举答案然后检验枚举的值是否正确。如果我们把这里的枚举换成二分，就变成了“二分答案”。

来看一看一道例题[Luogu  P1873 砍树](https://www.luogu.org/problemnew/show/P1873)，我们可以从 1 到 1000000000（10 亿）来枚举答案，但是这种朴素写法肯定拿不到满分，因为从 1 跑到 10 亿太耗时间。我们可以对答案进行 1 到 10 亿的二分，其中，每次都对其进行检查可行性（一般都是使用贪心法）。 **这就是二分答案。** 

来看一看一道例题 [Luogu P1873 砍树](https://www.luogu.org/problemnew/show/P1873)，我们可以在 1 到 1000000000（10 亿）中枚举答案，但是这种朴素写法肯定拿不到满分，因为从 1 跑到 10 亿太耗时间。我们可以对答案进行 1 到 10 亿的二分，其中，每次都对其进行检查可行性（一般都是使用贪心法）。 **这就是二分答案。** 

下面就是例题的参考答案。

```c++

```cpp

int a[1000005];

int n, m;

bool check(int k)  //检查可行性，k为锯片高度

{

bool check(int k) { //检查可行性，k为锯片高度

  long long sum = 0;

  for (int i = 1; i <= n; i++)       //检查每一棵树

    if (a[i] > k)                    //如果树高于锯片高度

}

int find(int x) {

  int l = 1, r = 1000000001;  //因为是左闭右开的，所以10亿要加1

  while (l + 1 < r)           //如果两点不相邻

  {

  while (l + 1 < r) {         //如果两点不相邻

    int mid = (l + r) / 2;  //取中间值

    if (check(mid))         //如果可行

      l = mid;              //升高锯片高度

## 三分法

```c++

mid = left + (right - left >> 1);

midmid = mid + (right - mid >> 1);  // 对右侧区间取半

if (cal(mid) > cal(midmid))

  right = midmid;

```cpp

lmid = left + (right - left >> 1);

rmid = lmid + (right - lmid >> 1);  // 对右侧区间取半

if (cal(lmid) > cal(rmid))

  right = rmid;

else

  left = mid;

  left = lmid;

```

三分法可以用来查找凸函数的最大（小）值。

画一下图好理解一些（图待补）

-   如果 `mid` 和 `midmid` 在最大（小）值的同一侧：

-   如果 `lmid` 和 `rmid` 在最大（小）值的同一侧：

    那么由于单调性，一定是二者中较大（小）的那个离最值近一些，较远的那个点对应的区间不可能包含最值，所以可以舍弃。

-   如果在两侧：

    由于最值在二者中间，我们舍弃两侧的一个区间后，也不会影响最值，所以可以舍弃。

## 分数规划

分数规划是这样一类问题，每个物品有两个代价 $c_i$ ， $d_i$ ，要求通过某种方式选出若干个，使得 $\frac{\sum{c_i}}{\sum{d_i}}$ 最大或最小。

分数规划是这样一类问题，每个物品有两个属性 $c_i$ ， $d_i$ ，要求通过某种方式选出若干个，使得 $\frac{\sum{c_i}}{\sum{d_i}}$ 最大或最小。

经典的例子是 最优比率环、最优比率生成树 等等。

经典的例子有 最优比率环、最优比率生成树 等等。

### 二分法

### Dinkelbach 算法

Dinkelbach 算法是每次用上一轮的答案当做新的 $L$ 来输入，不断地迭代，直至答案收敛。

Dinkelbach 算法的大概思想是每次用上一轮的答案当做新的 $L$ 来输入，不断地迭代，直至答案收敛。

冒泡排序是一种稳定的排序方法。

以升序为例，冒泡排序每次检查相邻两个元素，如果前面的元素大于后面的元素，就将相邻两个元素交换。当没有相邻的元素需要交换时，排序就完成了。

不难发现，我们最多需要扫描 $n$ 遍数组才能完成排序。

```cpp

void bubble_sort() {

  for (int i = 1; i <= n; i++) {

    bool flag = false;

    for (int j = 1; j < n; j++)

      if (a[j] > a[j + 1]) {

        flag = true;

        int t = a[j];

        a[j] = a[j + 1];

        a[j + 1] = t;

      }

    if (!flag) break;  //如果没有执行交换操作，说明数列已经有序

  }

}

```

在序列完全有序时，该算法只需遍历一遍数组，不用执行任何交换操作，时间复杂度为 $O(n)$ 。在最坏情况下，冒泡排序要执行 $\frac{(n-1)n}{2}$ 次交换操作，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。在平均情况下，冒泡排序的时间复杂度也是 $O(n^2)$ 。

 No newline at end of file

计数排序也称桶排序，可以在 $O(n)$ 的时间复杂度内对数组进行排序，但是它的空间复杂度与需要排序的数组的值域相关。

但实际操作时，由于时空同阶，时间复杂度应为 $O(\max\left(n,U\right))$，其中 $U$ 代表数组元素的值域大小。

!!! warning "注"

    注意区分 **基数排序** 与 **桶排序**

算法流程就是记录每一个数出现了多少次，然后从小到大依次输出。

一般考虑的是某一范围内的整数，但是计数排序也可以和[离散化](/misc/discrete)一起使用，来对浮点数、大整数进行排序。

这要求我们在解题时，要思考问题规模增长对答案的影响，这种影响是否可以推广。（比如在设计动态规划方法的时候，要考虑从一个状态到后继状态的转移会造成什么影响）。

构造题一个很显著的特点就是高自由度，也就是说一道题的构造方式可能有很多种，但是会有一种较为简单的构造方式满足题意。看起来是放宽了要求，让题目变的简单了，但很多时候，正是这种高自由度导致题目没有明确思路而无从下手。

构造题另一个特点就是形式灵活，变化多样。并不存在一个通用解法或套路可以解决所有构造题，甚至很难找出解题思路的共性。因此，下面将列举一些例题帮助读者体会构造题的一些思想内涵，给予思路上的启发。建议大家深入思考后再查看题解，也欢迎大家参与分享有趣的构造题。

## 例题：

### Example 1

和 task1 同样的思路，我们发现 $1$ 必定出现在数列的第一位，否则 $1$ 出现前后的两个前缀积必然相等；而 $n$ 必定出现在数列的最后一位，因为 $n$ 出现位置后的所有前缀积在模意义下都为 $0$。手玩几组样例以后发现，所有样例中均有一组合法解满足前缀积在模意义下为 $1,2,3,\cdots,n$，因此我们可以构造出上文所述的数列来满足这个条件。那么我们只需证明这 $n$ 个数互不相同即可。

我们发现这些数均为 $1 \cdots n-2$ 的逆元 $+1$，因此各不相同，此题得解。 

### Example 3

#### Problem

[AtCoder Grand Contest 032 B](<https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_b>)

#### Solution

手玩一下 $n=3,4,5$ 的情况，我们可以找到一个构造思路。

构造一个完全 $k$ 分图，保证这 $k$ 部分和相等。则每个点的 $S$  均相等，为$\dfrac{(k-1)\sum_{i=1}^{n}i}{k}$。

如果 $n$ 为偶数，那么我们可以前后两两配对，即 $\{1,n\},\{2,n-1\}\cdots$

如果 $n$ 为奇数，那么我们可以把 $n$ 单拿出来作为一组，剩余的 $n-1$ 个两两配对，即$\{n\},\{1,n-1\},\{2,n-2\}\cdots$

这样构造出的图在 $n\ge 3$ 时连通性易证，在此不加赘述。

此题得解

### Example 4

#### Problem

[BZOJ4971:[Lydsy1708月赛]记忆中的背包](<https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4971>)

#### Solution

这道题是自由度最高的构造题之一了。这就导致了没有头绪，难以入手。

首先，不难发现模数是假的。由于我们自由构造数据，我们一定可以让方案数不超过模数。

通过奇怪的方式，我们想到可以通过构造 $n$ 个 代价为 $1$ 的小物品和几个代价大于 $\dfrac{w}{2}$ 的大物品。

由于大物品只能取一件，所以每个代价为 $x$ 的大物品对方案数的贡献为 $C_{n}^{w-x}$。

令 $f_{i,j}$ 表示有 $i$ 个 $1$，方案数为 $j$ 的最小大物品数。

用 dp 预处理出 $f$ ，通过计算可知只需预处理 $i\le 20$ 的所有值即可。

此题得解