本系列文章已经于2022年出版：《算法竞赛》
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  二分法和三分法是算法竞赛中常见的算法思路，本文介绍了它们的理论背景、模板代码、典型题目。

1. 二分法的理论背景

  在《计算方法》教材中，关于非线性方程的求根问题，有一种是二分法。
　　方程求根是常见的数学问题，满足方程：
　　　　　　　　　 f(x) = 0 　　　　　　　　　　　　 (1-1)
　　的数x’称为方程(1-1)的根。
　　所谓非线性方程，是指f(x)中含有三角函数、指数函数或其他超越函数。这种方程，很难或者无法求得精确解。不过，在实际应用中，只要得到满足一定精度要求的近似解就可以了，此时，需要考虑2个问题：
　　（1）根的存在性。用这个定理判定：设函数在闭区间[a, b]上连续，且f(a) ∙ f(b) < 0,则f(x) = 0存在根。
　　（2）求根。一般有两种方法：搜索法、二分法。
　　搜索法：把区间[a, b]分成n等份，每个子区间长度是∆x，计算点x_k = a + k∆x (k=0,1,2,3,4,…,n)的函数值f(x_k)，若f(x_k) = 0，则是一个实根，若相邻两点满足f(x_k) ∙ f(x_k+1) < 0，则在(x_k, x_k+1)内至少有一个实根，可以取(x_k+ x_k+1)/2为近似根。
　　二分法：如果确定f(x)在区间[a, b]内连续，且f(a) ∙ f(b) < 0，则至少有一个实根。二分法的操作，就是把[a, b]逐次分半，检查每次分半后区间两端点函数值符号的变化，确定有根的区间。
　　什么情况下用二分？两个条件：上下界[a, b]确定、函数在[a, b]内单调。

图1.1　单调函数

  复杂度：经过n次二分后，区间会缩小到(b - a)/2ⁿ。给定a、b和精度要求ε，可以算出二分次数n，即满足(b - a)/2ⁿ <ε。所以，二分法的复杂度是O(logn)的。例如，如果函数在区间[0, 100000]内单调变化，要求根的精度是10^-8，那么二分次数是44次。
　　二分非常高效。所以，如果问题是单调性的，且求解精确解的难度很高，可以考虑用二分法。
　　在算法竞赛题目中，有两种题型：整数二分、实数二分。整数域上的二分，注意终止边界、左右区间的开闭情况，避免漏掉答案或者死循环。实数域上的二分，需要注意精度问题。

2. 整数二分模板

2.1 基本形式

  先看一个简单问题：在有序数列a[]中查找某个数x；如果数列中没有x，找它的后继。通过这个问题，给出二分法的基本代码。
　　如果有x，找第一个x的位置；如果没有x，找比x大的第一个数的位置。

  示例：a[] = {-12,-6,-4,3,5,5,8,9}，其中有n = 8个数，存储在a[0]～a[7]。
　　1)查找x = -5，返回位置2，指向a[2] = -4；
　　2)查找x = 7，返回位置6，指向a[6] = 8；
　　3)特别地，如果x 大于最大的a[7] = 9，例如x = 12，返回位置8。由于不存在a[8]，所以此时是越界的。
　　下面是模板代码。

查找大于等于 x的最小的一个的位置（x或者x的后继）

int bin_search(int *a, int n, int x){
         //a[0]～a[n-1]是单调递增的
    int left = 0, right = n;              //注意：不是 n-1
    while (left < right) {
    
        int mid = left + (right-left)/2;  //int mid = (left + right) >> 1;  
        if (a[mid] >= x)  right = mid;
        else    left = mid + 1;
    }                    //终止于left = right
    return left;          //特殊情况：a[n-1] < x时，返回n
}

  下面对上述代码进行补充说明：
　　（1）代码执行完毕后，left==right，两者相等，即答案所处的位置。
　　（2）复杂度：每次把搜索的范围缩小一半，总次数是log(n)。
　　（3）中间值mid
　　　中间值写成mid = left + (right-left)/2 或者mid = (left + right) >> 1都行 [参考李煜东《算法竞赛进阶指南》26页，有mid = (left + right) >> 1的细节解释]。不过，如果left + right很大，可能溢出，用前一种更好。
　　不能写成 mid = (left + right)/2; 在有负数的情况下，会出错。
　　（4）对比测试
　　bin_search()和STL的lower_bound()的功能是一样的。下面的测试代码，比较了bin_search()和lower_bound()的输出，以此证明bin_search()的正确性。注意，当a[n-1]<key时，lower_bound()返回的也是n。
　　代码执行以下步骤：
　　1）生成随机数组a[]；
　　2）用sort()排序；
　　3）生成一个随机的x；
　　4）分别用bin_search()和lower_bound()在a[]中找x；
　　5）比较它们的返回值是否相同。

bin_search()和lower_bound()对比测试

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX   100    //试试10000000
#define MIN  -100
int a[MAX];          //如果MAX超过100万，大数组a[MAX]最好定义为全局。
//大数组定义在全局的原因是：有的评测环境，栈空间很小，大数组定义在局部占用了栈空间导致爆栈。
//现在各大OJ和比赛都会设置编译命令使栈空间等于内存大小，不会出现爆栈。

unsigned long ulrand(){
              //生成一个大随机数
    return (
      (((unsigned long)rand()<<24)& 0xFF000000ul)
     |(((unsigned long)rand()<<12)& 0x00FFF000ul)
     |(((unsigned long)rand())    & 0x00000FFFul));
}

int bin_search(int *a, int n, int x){
        //a[0]～a[n-1]是有序的
    int left = 0, right = n;             //不是 n-1
    while (left < right) {
    
        int mid = left+(right-left)/2;   //int mid = (left+ right)>>1;
        if (a[mid] >= x)  right = mid;
        else    left = mid + 1;
    }
   return left;       //特殊情况：如果最后的a[n-1] < key，left = n
}

int main(){
    
    int n = MAX;
    srand(time(0));
    while(1){
    
        for(int i=0; i< n; i++)   //产生[MIN, MAX]内的随机数，有正有负
            a[i] = ulrand() % (MAX-MIN + 1) + MIN;
        sort(a, a + n );       //排序，a[0]~a[n-1]

        int test = ulrand() % (MAX-MIN + 1) + MIN; //产生一个随机的x
        int ans = bin_search(a,n,test);
        int pos = lower_bound(a,a+n,test)-a;  

        //比较bin_search()和lower_bound()的输出是否一致：
        if(ans == pos) cout << "!";             //正确
        else        {
      cout << "wrong"; break;} //有错，退出
    }
}

2.2 STL的lower_bound()和upper_bound()

  如果只是简单地找x或x附近的数，就用STL的lower_bound()和upper_bound()函数。有以下情况：
　　（1）查找第一个大于x的元素的位置：upper_bound()。代码例如：
　　　　　　　　pos = upper_bound(a, a+n, test) - a;
　　（2）查找第一个等于或者大于x的元素：lower_bound()。
　　（3）查找第一个与x相等的元素：lower_bound()且 = x。
　　（4）查找最后一个与x相等的元素：upper_bound()的前一个且 = x。
　　（5）查找最后一个等于或者小于x的元素：upper_bound()的前一个。
　　（6）查找最后一个小于x的元素：lower_bound()的前一个。
　　（7）单调序列中数x的个数：upper_bound() - lower_bound()。

2.3 简单例题

  寻找指定和的整数对。这是一个非常直接的二分法问题。
　　∎问题描述
　　输入n ( n≤100,000)个整数，找出其中的两个数，它们之和等于整数m(假定肯定有解)。题中所有整数都能用int 表示。
　　∎题解
　　下面给出三种方法：
　　（1）暴力搜，用两重循环，枚举所有的取数方法，复杂度O(n^2)。超时。
　　（2）二分法。首先对数组从小到大排序，复杂度O(nlogn)；然后，从头到尾处理数组中的每个元素a[i]，在a[i]后面的数中二分查找是否存在一个等于 m - a[i]的数，复杂度也是O(nlogn)。两部分相加，总复杂度仍然是O(nlogn)。
　　（3）尺取法/双指针/two pointers。对于这个特定问题，更好的、标准的算法是：首先对数组从小到大排序；然后，设置两个变量L和R，分别指向头和尾，L初值是0，R初值是n-1，检查a[L]+a[R]，如果大于m，就让R减1，如果小于m，就让L加1，直至a[L]+a[R] = m。排序复杂度O(nlogn)，检查的复杂度O(n)，总复杂度O(nlogn)。检查的代码这样写：

void find_sum(int a[], int n, int m){
     
     sort(a, a + n);      //先排序
     int L = 0, R = n - 1;    //L指向头，R指向尾
     while (L < R){
    
		    int sum = a[L] + a[R];
		    if (sum > m)   R--;
		    if (sum < m)   L++;
		    if (sum == m){
         
			    cout << a[L] << "    " << a[R] << endl;  //打印一种情况
                L++;   //可能有多种情况，继续
		    }
	  }
}

3. 整数二分典型题目

  上面给出的二分法代码bin_search()，处理的是简单的数组查找问题。从这个例子，我们能学习到二分法的思想。
　　在用二分法的典型题目中，主要是用二分法思想来进行判定。它的基本形式是：

while (left < right) {
    
        int ans;          //记录答案
        int mid = left+(right-left)/2;   //二分
        if (check(mid)){
      //检查条件，如果成立
            ans = mid;    //记录答案
             …           //移动left（或right）
        }
        else    …         //移动right（或left）
}

  所以，二分法的难点在于如何建模和check()条件，其中可能会套用其他算法或者数据结构。
　　二分法的典型应用有：最小化最大值、最大化最小值。

3.1 最大值最小化（最大值尽量小

3.1.1序列划分问题

  这是典型的最大值最小化问题。
　　∎题目描述
　　例如，有一个序列{2,2,3,4,5,1}，将其划分成3个连续的子序列S(1)、S(2)、S(3)，每个子序列最少有一个元素，要求使得每个子序列的和的最大值最小。
　　下面举例2个分法：
　　分法1：S(1)、S(2)、S(3)分别是(2,2,3)、(4,5)、(1),子序列和分别是7、9、1，最大值是9；
　　分法2：(2,2,3)、(4)、(5,1),子序列和是7、4、6，最大值是7。
　　分法2更好。
　　∎题解
　　在一次划分中，考虑一个x，使x满足：对任意的S(i)，都有S(i)<=x，也就是说，x是所有S(i)中的最大值。题目需要求的就是找到这个最小的x。这就是最大值最小化。
　　如何找到这个x？从小到大一个个地试，就能找到那个最小的x。
　　简单的办法是：枚举每一个x，用贪心法每次从左向右尽量多划分元素，S(i)不能超过x，划分的子序列个数不超过m个。这个方法虽然可行，但是枚举所有的x太浪费时间了。
　　改进的办法是：用二分法在[max, sum]中间查找满足条件的x，其中max是序列中最大元素，sum是所有元素的和。

3.1.2 通往奥格瑞玛的道路

  “通往奥格瑞玛的道路”，来源：https://www.luogu.org/problem/P1462
　　∎题目描述
　　给定无向图，n个点，m条双向边，每个点有点权fi（这个点的过路费），有边权ci（这条路的血量）。求起点1到终点N的所有可能路径中，在总边权（总血量）不超过给定的b的前提下，所经过的路径中最大点权（这条路径上过路费最大的那个点）的最小值是多少。
　　题目数据：n≤10000，m≤50000，fi，ci，B≤1e9。
　　∎题解
　　对点权fi进行二分，用dijkstra求最短路，检验总边权是否小于b。二分法是最小化最大值问题。
　　这一题是二分法和最短路算法的简单结合。
　　（1）对点权（过路费）二分。题目的要求是：从1到N有很多路径，其中的一个可行路径Pi，它有一个点的过路费最大，记为Fi；在所有可行路径中，找到那个有最小F的路径，输出F。解题方案是：先对所有点的fi排序，然后用二分法，找符合要求的最小的fi。二分次数log(fi)=log(1e9) < 30。
　　（2）在检查某个fi时，删除所有大于fi的点，在剩下的点中，求1到N的最短路，看总边权是否小于b，如果满足，这个fi是合适的（如果最短路的边权都大于b，那么其他路径的总边权就更大，肯定不符合要求）。一次Dijkstra求最短路，复杂度是O(mlogn)。
　　总复杂度满足要求。

3.2 最小值最大化（最小值尽量大）

  ∎题目描述
　　“进击的奶牛”，来源：https://www.luogu.org/problem/P1824
　　在一条很长的直线上，指定n个坐标点（x1, …, xn）。有c头牛，安排每头牛站在其中一个点（牛棚）上。这些牛喜欢打架，所以尽量距离远一些。问最近的两头牛之间距离的最大值可以是多少。
　　这个题目里，所有的牛棚两两之间的距离有个最小值，题目要求使得这个最小值最大化。
　　∎题解
　　（1）暴力法。从小到大枚举最小距离的值dis，然后检查，如果发现有一次不行，那么上次枚举的就是最大值。如何检查呢？用贪心法：第一头牛放在x1，第二头牛放在xj≥x1+dis的点xi,第三头牛放在xk≥xj+dis的点xk，等等，如果在当前最小距离下，不能放c条牛，那么这个dis就不可取。复杂度O(nc)。
　　（2）二分。分析从小到大检查dis的过程，发现可以用二分的方法找这个dis。这个dis符合二分法：它有上下边界、它是单调递增的。复杂度O(nlogn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c,x[100005];//牛棚数量，牛数量，牛棚坐标

bool check(int dis){
         //当牛之间距离最小为dis时，检查牛棚够不够
    int cnt=1, place=0;  //第1头牛，放在第1个牛棚
    for (int i = 1; i < n; ++i)     //检查后面每个牛棚
        if (x[i] - x[place] >= dis){
     //如果距离dis的位置有牛棚
            cnt++;      //又放了一头牛
            place = i;  //更新上一头牛的位置
        }
    if (cnt >= c) return true;   //牛棚够
    else          return false;  //牛棚不够
}

int main(){
    
    scanf("%d%d",&n, &c);
    for(int i=0;i<n;i++)    scanf("%d",&x[i]);
    sort(x,x+n);             //对牛棚的坐标排序
    int left=0, right=x[n-1]-x[0];  //R=1000000也行，因为是log(n)的，很快
							        //优化：把二分上限设置为1e9/c
    int ans = 0;
    while(left < right){
    
        int mid = left + (right - left)/2;     //二分
        if(check(mid)){
           //当牛之间距离最小为mid时，牛棚够不够?
            ans = mid;        //牛棚够，先记录mid
            left = mid + 1;   //扩大距离
           }
        else
            right = mid;      //牛棚不够，缩小距离
    }

    cout << ans;              //打印答案
    return 0;
}

4. 实数二分

4.1 基本形式

  实数域上的二分，比整数二分简单。
　　

实数二分的基本形式

const double eps =1e-7;        //精度。如果下面用for，可以不要eps
while(right - left > eps){
         //for(int i = 0; i<100; i++){
    
      double mid = left+(right-left)/2;
      if (check(mid)) right = mid;           //判定，然后继续二分
      else            left  = mid;
}

  其中，循环用2种方法都可以：

　　while(right - left > eps)  　{
     ... }
　　或者：
　　for(int i = 0; i < 100; i++) {
     ... }

  如果用for循环，由于循环内用了二分，执行100次，相当于实现了 1/2¹⁰⁰的精度，一般比eps更精确。
　　for循环的100次，比while的循环次数要多。如果时间要求不是太苛刻，用for循环更简便[参考李煜东《算法竞赛进阶指南》27页的说明]。

4.2 实数二分例题

  ∎题目描述
　　“Pie”，题目来源：http://poj.org/problem?id=3122
　　主人过生日，m个人来庆生，有n块半径不同的圆形蛋糕，由m+1个人（加上主人）分，每人的蛋糕必须一样重，而且是一整块（不能是几个蛋糕碎块，也就是说，每个人的蛋糕都是从一块圆蛋糕中切下来的完整一块）。问每个人能分到的最大蛋糕是多大。
　　∎题解
　　最小值最大化问题。设每人能分到的蛋糕大小是x，用二分法枚举x。　

“Pie”题的代码

#include<stdio.h>
#include<math.h>
double PI = acos(-1.0);    //3.141592653589793;
#define eps 1e-5
double area[10010];
int n,m;
bool check(double mid){
     
    int sum = 0;
    for(int i=0;i<n;i++)        //把每个圆蛋糕都按大小mid分开。统计总数
        sum += (int)(area[i] / mid);
    if(sum >= m) return true;   //最后看总数够不够m个
    else         return false;
}
int main(){
    
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
    
        scanf("%d%d",&n,&m); m++;
        double maxx = 0;
        for(int i=0;i<n;i++){
    
            int r; scanf("%d",&r);
            area[i] = PI*r*r;
            if(maxx < area[i]) maxx = area[i]; //最大的一块蛋糕
        }
        double left = 0, right = maxx;  
        for(int i = 0; i<100; i++){
      
      //while((right-left) > eps)   {      //for或者while都行
            double mid = left+(right-left)/2;
            if(check(mid))   left  = mid;   //每人能分到mid大小的蛋糕
            else             right = mid;   //不够分到mid大小的蛋糕
        }
        printf("%.4f\n",left);    // 打印right也对
    }
    return 0;
}

5. 二分法习题

  饥饿的奶牛　　https://www.luogu.org/problem/P1868
　　寻找段落　　　https://www.luogu.org/problem/P1419
　　小车问题　　　https://www.luogu.org/problem/P1258
　　借教室　　　　https://www.luogu.org/problem/P1083
　　跳石头　　　　https://www.luogu.org/problem/P2678
　　聪明的质监员　https://www.luogu.org/problem/P1314
　　分梨子　　　　https://www.luogu.org/problem/P1493
　　第k大　　　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6231

6. 三分法求极值

6.1 原理

  三分法求单峰（或者单谷）的极值，是二分法的一个简单扩展。
　　单峰函数和单谷函数如下图，函数f(x)在区间[l, r]内，只有一个极值v，在极值点两边，函数是单调变化的。以单峰函数为例，在v的左边，函数是严格单调递增的，在v右边是严格单调递减的。

  下面的讲解都以求单峰极值为例。
　　如何求单峰函数最大值的近似值？虽然不能直接用二分法，不过，只要稍微变形一下，就能用了。
　　在[l, r]上任取2个点，mid1和mid2，把函数分成三段。有以下情况：
　　（1）若f(mid1) < f(mid2)，极值点v一定在mid1的右侧。此时，mid1和mid2要么都在v的左侧，要么分别在v的两侧。如下图所示。

  下一步，令l = mid1，区间从[l, r]缩小为[mid1, r]，然后再继续把它分成三段。
　　（2）同理，若f(mid1) > f(mid2)，极值点v一定在mid2的左侧。如下图所示。下一步，令 r = mid2，区间从[l, r]缩小为[l, mid2]。

  不断缩小区间，就能使得区间[l, r]不断逼近v，从而得到近似值。
　　如何取mid1和mid2？有2种基本方法：
　　（1）三等分：mid1和mid2为[l, r]的三等分点。那么区间每次可以减少三分之一。
　　（2）近似三等分：计算[l, r]中间点mid = (l + r) / 2，然让mid1和mid2非常接近mid，例如mid1 = mid - eps，mid2 = mid + eps，其中eps是一个很小的值。那么区间每次可以减少接近一半。
　　方法（2）比方法（1）要稍微快一点。
　　(有网友说不要用方法（2）：“因为在有些情况下这个 eps 过小可能导致这两个算出来的相等，如果相等就有可能会判断错方向，所以其实不建议这么写，log3 和 log2 本质上是一样的。”)
　　注意：单峰函数的左右两边要严格单调，否则，可能在一边有f(mid1) == f(mid2)，导致无法判断如何缩小区间。

6.2 实数三分

  下面用一个模板题给出实数三分的两种实现方法。
　　∎题目描述
　　“模板三分法”，来源：https://www.luogu.com.cn/problem/P3382
　　给出一个N次函数，保证在范围[l, r]内存在一点x，使得[l, x]上单调增，[x, r]上单调减。试求出x的值。
　　∎题解
　　下面分别用前面提到的2种方法实现：（1）三等分；（2）近似三等分。
　　（1）三等分

mid1和mid2为[l, r]的三等分点

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
int n;
double a[15];
double f(double x){
           //计算函数值
    double s=0;
    for(int i=n;i>=0;i--) //注意函数求值的写法
        s = s*x + a[i];
    return s;
}
int main(){
    
    double L,R;
    scanf("%d%lf%lf",&n,&L,&R);
    for(int i=n;i>=0;i--) scanf("%lf",&a[i]);
    while(R-L > eps){
      // for(int i = 0; i<100; i++){   //用for也行
        double k =(R-L)/3.0;
        double mid1 = L+k, mid2 = R-k;
        if(f(mid1) > f(mid2)) 
               R = mid2;
        else   L = mid1;
    }
    printf("%.5f\n",L);
    return 0;
}

  （2）近似三等分

mid1和mid2在[l, r]的中间点附近

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
int n; double a[15];
double f(double x){
    
    double s=0;
    for(int i=n;i>=0;i--) s=s*x+a[i];
    return s;
}
int main(){
    
    double L,R;
    scanf("%d%lf%lf",&n,&L,&R);
    for(int i=n;i>=0;i--) scanf("%lf",&a[i]);
    while(R-L > eps){
       // for(int i = 0; i<100; i++){   //用for也行
        double mid = L+(R-L)/2; 
        if(f(mid - eps) > f(mid))
             R = mid;
        else L = mid;
     }
    printf("%.5f\n",L);
    return 0;
}

6.2.1 实数三分习题

  （1）“三分求极值”，题目来源：http://hihocoder.com/problemset/problem/1142
　　∎题目描述：在直角坐标系中有一条抛物线y = ax^2 + bx + c和一个点P(x, y)，求点P到抛物线的最短距离d。
　　∎题解：直接求距离很麻烦。观察这一题的距离D，发现它满足单谷函数的特征，用三分法很合适。
　　（2）三分套三分，是计算几何的常见题型。
　　“Line belt”，题目来源：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3400
　　∎题目描述：给定两条线段AB、CD ，一个人在AB上跑的时候速度是p，在CD上速度是q，在其他地方跑速度是r。问从A点到D点最少的时间。
　　∎题解：从A出发，先走到AB上一点X，然后走到CD上一点Y，最后到D。时间是：
time = |AX|/p + |XY|/r + |YD|/q
　　假设已经确定了X，那么目标就是在CD上找一点Y，使|XY|/r + |YD|/q最小，这是个单峰函数。三分套三分就可以了。

6.3 整数三分

  整数三分的形式是：

while (right-left > 2) {
     //2或者其他数。如果写成right>left，当right-left<3会死循环
      int mid1 = left + (right - left)/3;
      int mid2 = right- (right - left)/3;
      if(check(mid1) > check(mid2))
           …         //移动right
      else
           …         //移动left
}

  下面是一个例题。
　　∎题目描述
　　“期末考试”，题目来源：https://www.luogu.com.cn/problem/P3745
　　有n位同学，每位同学都参加了全部的m门课程的期末考试，都在焦急的等待成绩的公布。第i位同学希望在第ti天或之前得知所有课程的成绩。如果在第ti天，有至少一门课程的成绩没有公布，他就会等待最后公布成绩的课程公布成绩，每等待一天就会产生C不愉快度。对于第i门课程，按照原本的计划，会在第bi天公布成绩。有如下两种操作可以调整公布成绩的时间：1.将负责课程X的部分老师调整到课程Y，调整之后公布课程X成绩的时间推迟一天，公布课程Y成绩的时间提前一天；每次操作产生A不愉快度。2.增加一部分老师负责学科Z，这将导致学科Z的出成绩时间提前一天；每次操作产生B不愉快度。上面两种操作中的参数X,Y,Z均可任意指定，每种操作均可以执行多次，每次执行时都可以重新指定参数。现在希望你通过合理的操作，使得最后总的不愉快度之和最小，输出最小的不愉快度之和即可。
　　∎题解
　　不愉快度是一个下凹的函数，用三分法。代码略。