二分题的另一种题型，偏难一点。思路是对整个答案空间作为搜索空间，利用二分法枚举尝试。
10:河中跳房子
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- 描述
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每年奶牛们都要举办各种特殊版本的跳房子比赛，包括在河里从一个岩石跳到另一个岩石。这项激动人心的活动在一条长长的笔直河道中进行，在起点和离起点L远 (1 ≤ L≤ 1,000,000,000) 的终点处均有一个岩石。在起点和终点之间，有N (0 ≤ N ≤ 50,000) 个岩石，每个岩石与起点的距离分别为Di (0 < Di < L)。
在比赛过程中，奶牛轮流从起点出发，尝试到达终点，每一步只能从一个岩石跳到另一个岩石。当然，实力不济的奶牛是没有办法完成目标的。
农夫约翰为他的奶牛们感到自豪并且年年都观看了这项比赛。但随着时间的推移，看着其他农夫的胆小奶牛们在相距很近的岩石之间缓慢前行，他感到非常厌烦。他计划移走一些岩石，使得从起点到终点的过程中，最短的跳跃距离最长。他可以移走除起点和终点外的至多M (0 ≤ M ≤ N) 个岩石。
请帮助约翰确定移走这些岩石后，最长可能的最短跳跃距离是多少？
- 输入
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第一行包含三个整数L, N, M，相邻两个整数之间用单个空格隔开。
接下来N行，每行一个整数，表示每个岩石与起点的距离。岩石按与起点距离从近到远给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。 - 输出
- 一个整数，最长可能的最短跳跃距离。
- 样例输入
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25 5 2 2 11 14 17 21
- 样例输出
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4
- 提示
- 在移除位于2和14的两个岩石之后，最短跳跃距离为4（从17到21或从21到25）。
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关键思路就是：用两分法去推求最长可能的最短跳跃距离。
#include<stdio.h>
最初，待求结果的可能范围是[0，L]的全程区间，因此暂定取其半程(L
2)，作为当前的最短跳跃距离，以这个标准进行岩石的筛选。
筛选过程是：
先以起点为基点，如果从基点到第1块岩石的距离小于这个最短跳跃距离，则移除第1块岩石，再看接下来那块岩石（原序号是第2块），如果还够不上最小跳跃距离，就继续移除。。。直至找到一块距离基点超过最小跳跃距离的岩石，保留这块岩石，并将它作为新的基点，再重复前面过程，逐一考察和移除在它之后的那些距离不足的岩石，直至找到下一个基点予以保留。。。
当这个筛选过程最终结束时，那些幸存下来的基点，彼此之间的距离肯定是大于当前设定的最短跳跃距离的。
这个时候要看一下被移除岩石的总数，
如果总数
M，则说明被移除的岩石数量太多了（已超过上限值），进而说明当前设定的最小跳跃距离(即L
2)是过大的，其真实值应该是在[0, L
2]之间，故暂定这个区间的中值(L
4)作为接下来的最短跳跃距离，并以其为标准重新开始一次岩石筛选过程。。。
如果总数≤M，则说明被移除的岩石数量并未超过上限值，进而说明当前设定的最小跳跃距离(即L
2)很可能过小，准确值应该是在[L
2, L]之间，故暂定这个区间的中值(3
4L)作为接下来的最短跳跃距离
#include<queue>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int base;
int top,mid;
int L,N,M;
int nodes[50010];
bool find(int dis){
//按照最短跳跃距离dis来移走岩石
int now=0,num=0;
for(int i=1;i<=N+1;i++){
if(nodes[i]-nodes[now]>=dis){
num++;
now=i;
}
}
if(num>N-M){
return true;
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d %d %d",&L,&N,&M);
memset(nodes,0,sizeof(nodes));
//memset(flags,false,sizeof(flags));
for(int i=1;i<=N;i++){
scanf("%d",&nodes[i]);
}
nodes[N+1]=L;
base=1;
top=L;
int ans=0;
while(base<=top){
mid=(base+top)/2;
if(find(mid)){
//mid是合法的
ans=mid;
base=mid+1;
}else{
top=mid-1;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
-