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前言
移植于原csdn博客
对于这两种算法，往往会配上其它算法，它们通常会转换成判定性问题，往往需要控制它们的精度
一些模板
二分（最大值最小）
整数域
while (l<r){
rr int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
return l;
实数域
const double eps=1e-8;
while (l+eps<r){
rr int mid=(l+r)/2;
if (check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
return l;
二分（最小值最大）
整数域
while (l<r){
rr int mid=(l+r+1)>>1;
if (check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
return l;
实数域
const double eps=1e-8;
while (l+eps<r){
rr int mid=(l+r)/2;
if (check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
return l;
三分（单峰函数）
实数域
const double eps=1e-8;
while (l+eps<r){
rr double o=(r-l)/3,lmid=l+o,rmid=r-o;
if (calc(lmid)>calc(rmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
return l;
整数域
rr int now=l;
while (l+2<r){
rr int o=(r-l)/3,lmid=l+o,rmid=r-o;
if (calc(lmid)>calc(rmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
for (rr int i=l;i<=r;++i)
if (calc(i)>calc(now)) now=i;
return now;
三分（单谷函数）
实数域
const double eps=1e-8;
while (l+eps<r){
rr double o=(r-l)/3,lmid=l+o,rmid=r-o;
if (calc(lmid)<calc(rmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
return l;
整数域
rr int now=l;
while (l+2<r){
rr int o=(r-l)/3,lmid=l+o,rmid=r-o;
if (calc(lmid)<calc(rmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
for (rr int i=l;i<=r;++i)
if (calc(i)<calc(now)) now=i;
return now;
二分
HDU 2199 Can you solve this equation
题目
求(y=8x^4+7x^3+2x^2+3x+6)，(x)在([0sim 100])的解
分析
首先(y)是单调上升的，所以需要用到二分，但是首先要判断是否无解，精度是真的恶心
代码
#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
int n;
signed main(){
scanf("%d",&n);
for (rr int i=1;i<=n;++i){
rr double y,l=0,r=100; scanf("%lf",&y);
if (y<6||y>807020306) printf("No solution!
");
else{
while (l+1e-8<r){
rr double mid=(l+r)/2;
rr double f=mid*mid*mid*mid*8+7*mid*mid*mid+2*mid*mid+3*mid+6;
if (f>y) r=mid-1e-6;
else if (f<y) l=mid+1e-6;
else l=r=mid;
}
printf("%.4lf
",l);
}
}
return 0;
}
HDU 1551 Cable master
题目
把(n)块木板切成相同的(k)块，不可以拼接，问这(k)块的最大长度
分析
二分答案，判定条件就是是否能切成相同的(k)块，感觉这种题目做过很多次了
代码
#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
int n,k; double a[10001];
signed main(){
while (scanf("%d%d",&n,&k)==2&&n&&k){
rr double l=0,r=0;
for (rr int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i]),r=r>a[i]?r:a[i];
while (l+1e-4<r){
rr double mid=(l+r)/2; rr int sum=0;
for (rr int i=1;i<=n;++i) sum+=a[i]/mid;
if (sum>=k) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.2lf
",l);
}
return 0;
}
三分
洛谷 3382 【模板】三分法
题目
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。
分析
首先如何快速求出(N)次函数的值呢，可以用秦九韶算法，既然是三分，那么就是这样的
(伪代码)
while (l+eps<r){
k=(r-l)/3.0;
if (answ(l+k)>answ(r-k)) r-=k;
else l+=k;
}
然而如果要满足三分，必须严格单峰或者单谷，否则三分不再适用
代码
#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
typedef double db;
const db eps=1e-7;
db a[15],l,r; int n;
inline db answ(db x){
rr db sum=0;
for (rr int i=0;i<=n;++i) sum=sum*x+a[i];
return sum;
}
signed main(){
scanf("%d%lf%lf",&n,&l,&r);
for (rr int i=0;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i]);
while (l+eps<r){
rr db k=(r-l)/3.0;
if (answ(l+k)>answ(r-k)) r-=k;
else l+=k;
}
return !printf("%.5lf",l);
}
HDU 2899 Strange fuction
题目
(y=6x^7+8x^6+7x^3+5x^2-ax)，给定(a)，问(x)在([0sim 100])中令(y)最小的值
分析
可以发现这应该是一个单谷函数，因为若没有(-ax)，就直接单调上升，但是一旦加了上去，感性理解，中间会有一个最小值，所以可以用三分解决
代码
#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
int n; double y;
inline double f(double x){
return x*x*x*x*x*x*x*6+x*x*x*x*x*x*8+x*x*x*7+x*x*5-y*x;
}
signed main(){
scanf("%d",&n);
for (rr int i=1;i<=n;++i){
rr double l=0,r=100;
scanf("%lf",&y);
while (l+1e-8<r){
rr double k=(r-l)/3.0;
if (f(l+k)<f(r-k)) r-=k;
else l+=k;
}
printf("%.4lf
",f(l));
}
return 0;
}
洛谷 2600 JZOJ 1721 瞭望塔
题目
用一条山的上方轮廓折线((x1, y1), (x2, y2),dots,(xn, yn))来描述H村的形状，这里(x1 < x2 < …< xn)。瞭望塔可以建造在([x1, xn])间的任意位置, 但必须满足从瞭望塔的顶端可以看到H村的任意位置。可见在不同的位置建造瞭望塔，所需要建造的高度是不同的。为了节省开支，希望建造的塔高度尽可能小。
分析
对于每两个点之间三分横坐标，因为两个横坐标之间的所需高度应该是单谷的，为了看到右边，左边会高，为了看到左边，右边会高。等到找到一个中间点的时候，判断最大的还需要的高度，这样求出函数值，最后对于每两个点之间求一次最小值。
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
typedef double db;
const db eps=1e-9;
int n,x[301],y[301];
db k[301],b[301],ans=1e20;
inline signed iut(){
rr int ans=0,f=1; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) f=(c=='-')?-f:f,c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans*f;
}
inline void min(db &a,db b){if (a>b) a=b;}
inline void max(db &a,db b){if (a<b) a=b;}
inline db answ(db x0,db y0){
rr db ans=0;
for (rr int i=1;i<n;++i)
max(ans,k[i]*x0+b[i]-y0);
return ans;
}
signed main(){
n=iut();
for (rr int i=1;i<=n;++i) x[i]=iut();
for (rr int i=1;i<=n;++i) y[i]=iut();
for (rr int i=1;i<n;++i)
k[i]=(y[i]-y[i+1])*1.0/(x[i]-x[i+1]),
b[i]=y[i]-k[i]*x[i];
for (rr int i=1;i<n;++i){
rr db l=x[i],r=x[i+1];
while (l+eps<r){
rr db t=(r-l)/3.0,lmid=l+t,rmid=r-t;
if (answ(lmid,k[i]*lmid+b[i])<answ(rmid,k[i]*rmid+b[i])) r=rmid;
else l=lmid;
}
min(ans,answ(l,k[i]*l+b[i]));
}
return !printf("%.3lf",ans);
}