引子
二分：传送门
三分：传送门
（注意，是五舍六入，不是四舍五入，在2018年10月23日前是这样的）
话说一本通上不是有讲嘛，做法自己看吧。。。（但是我太弱了，精度版看不懂QWQ）。
简单讲一下二分与三分吧。
二分
二分：必须满足单调性：
非增或非减就叫单调性（如果就好几个数相同，一般会用二分来找第一个数或最后一个数）。
我们用两个数字l与r来代表搜索范围，而mid代表中间的位置的值，来跳来跳去，看情况来写。
如这题
int l=1,r=n,mid,ans=0;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
if(a[mid]<=m)l=mid+1,ans=mid;
else if(a[mid]>m)r=mid-1;
}
printf("%d
",ans);
当然，还可以用二分来二分答案，比如你要用某种方法，但是缺少一种条件，你又意外发现这个条件越大或越小，会让你方法越容易达到目标（也就是发现了二分性），就可以二分这个条件，不断丢给这个方法，让他运行。
如这题
//发现这道题如果二分总和，总和越大，分的段数就越少，越容易小于等于m，也就越容易达到目标，因此得出做法
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[210000],b[210000],n,m;
bool pd(int x)
{
int kk=1/*自行理解*/,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>x)return false;//如果有一个数超过了，就退出
if(ans+a[i]<=x)ans+=a[i];//加上
else
{
kk++;/*统计答案*/if(kk>m)return false;//分的段数过多，退出
ans=a[i];//重置
}
}
return true;
}
int main()
{
int sum=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
int l=1/*这里可以改成a数组的最大值)*/,r=sum/*统计所有的和*/,mid,x;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
if(pd(mid)==true)//如果可以，代表可以让r再收拢一点
{
r=mid-1;x=mid;
}
else l=mid+1;//不行，则扩宽l的限制
}
printf("%d
",x);
return 0;
}
但是开头的那道二分题，是要用精度的！！！
看别人的代码，也都是大把大把的double，丑陋的代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
double a[210000],sum[210000],b[210000];
int n,L;
double mymin(double x,double y){return x<y?x:y;}
double mymax(double x,double y){return x>y?x:y;}
bool check(double x)//这个上网搜搜都是有的
{
double min_val=999999999.0,ans=-99999999.0;
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]-x,sum[i]=b[i]+sum[i-1];
for(int i=L;i<=n;i++)//用DP搜索一段长度大于等于L的子串的最大和
{
min_val=mymin(min_val,sum[i-L]);
ans=mymax(ans,sum[i]-min_val);
}
return ans>=0.0;//猴子已经死机。。。上网搜吧。。。
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&L);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]);
double l=-1e6,r=1e6,mid,ans=0.0,jie=1e-5;//猴子已死机。。。
while(r-l>jie)
{
mid=(l+r)/2;
if(check(mid))ans=mid,l=mid;
else r=mid;
}
printf("%d
",int(r*1000.0));
return 0;
}
还是上网弄了一个下来
这题可以用斜率优化做也可以用二分做，我用的是二分做法。
题意：给你n个牛的自身价值，让你找出连续的且数量大于等于F的一段区间，使这段区间内的牛的平均价值最大。
思路：用二分枚举平均值ave，每个牛的价值都减去ave，看是否有连续的超过f长度的区间使得这段区间的价值大于等于0，如果能找到，那么说明这个平均值可以达到。先每个a[i]减去ave得到b[i],用dp[i]表示以i为结尾区间连续长度大于等于f的最大连续区间和，maxx[i]表示以i为结尾的最大连续区间和，sum[i]表示1~i的价值总和那么maxx[i]=max(maxx[i-1]+b[i],b[i]),dp[i]=maxx[i-f+1]+sum[i]-sum[i-f+1],判断是否有一个i(i>=f)满足dp[i]>=0.
作者：Herumw
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/kirito_acmer/article/details/48716719
如果你是神犇看懂了=_=。
好的，如果你不是神犇，那么请：
不过，有时，我们不一定要用double,我们乘以一个1000转成int，然后在check再暂时转回double
代码（摘自我机房大佬CLB的代码）：
//Sorry，之前放错代码了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define INF 2147483647
using namespace std;
int N,L,a[110000];
long long sum[110000];
inline bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+(a[i]-x);//减去平均值，看看总和是否能为非负数
long long minn=INF;
for(int i=L;i<=N;i++)
{
if(sum[i-L]<minn) minn=sum[i-L];
if(sum[i]-minn>=0) return true;//这里是把拖后腿那一部分减掉，如果为正数，就表示此方案可行
}
return false;//此方案不行
}
int main()
{
scanf("%d%d",&N,&L);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]*=1000;//最后结果要乘1000，为了方便计算（不算小数），就在开始直接乘了
int l,r,mid,ans;
l=0;r=2000000;
while(l<=r)//二分平均值
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)==true) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
三分
到三分了，三分呢，主要解决单峰问题（求单峰），不过递增或递减也可以哟不过只是求第一个数或最后一个数！
所谓三分，肯定是把区间用两个数（记作m1与m2，m1<=m2）分成三个部分（除了某些特殊情况：n=2...），然后将这两个数比较，然后l跳到m1+1，r跳到m2-1，然后当l>r退出，由于这里比二分还复杂，所以猴子还没找到直接记录答案的方法，只能最后比较l与r，虽然一次只缩小$$1/3$$
但是总比某退火的玄学复杂度快吧。
举个栗子（二次函数：开口向上）：
以x轴做三分，那么m1（A点）的y小于m2（B点）的y，那么我们就让r跳到比m2小一点的地方（按题目来定），反之让l跳到比m1大一点点的位置，来达到我们将l与r缩小的目的。
至于突然退化成一次函数的二次函数（某毒瘤出题人干的），与二次函数的情况一样，不过l或r有一个不变罢了。。。
伪例题：
一个序列，其中有一个数，这个数左边的序列严格递增，左边严格递减，右边严格递增。
一个整数n
n个数字
输出这个数字：
样例输入：
5
1 2 3 2 1
样例输出：
3
int l=1,r=n,m1,m2;
while(l<=r)
{
m1=l+(r-l+1/*+1不+1都可以*/)/3/*为什么不+1？如果l==r，m1就跳出去了，m2也是同理*/;m2=r-(r-l+1)/3;
if(a[m1]<=a[m2]/*<与<=都可以*/)r=m2-1;
else l=m1+1;//缩小范围
}
if(a[l]<a[r])printf("%d
",a[l]);
else printf("%d
",a[r]);
至于如果有一段的值相等，这种情况我认为是可以的，欢迎大家再我的下方评论，毕竟三分刚学不久。。。
比如上图。。。
然后，又到了开头的那道三分了。。。
又是精度问题！
至于单峰性。。。
题目：给你n条开口向上的二次曲线Si（a>0），定义F（x） = max（Si（x）），求F（x）的最小值。
分析：三分。F（x）是一个单峰函数，先单调递减后单调递增，利用三分求最小值。
首先，证明两个二次函数构造的F2（x）为单峰函数；
（如果不成立，则存在两个连续的波谷，交点处一个函数递增另一个递减，矛盾，不会取递减函数）
然后，用数学归纳法证明，Fi（x）为单峰函数，则Fi+1 = max（Fi（x），Si+1（x））也是单峰函数；
（如果存在两个（或更多）连续的波谷，交点处一个函数递增另一个递减，矛盾，所以只有一个波谷）
结论，综上所述得证结论，只存在一个波谷。
作者：小白菜又菜
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/mobius_strip/article/details/45618095
看不懂自己YY吧，啊啊啊啊。
难道又要动用我们毒瘤可爱的double了？
不，我拒绝！！！
既然保留四位小数，又五舍六入，那么乘100000啦！
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline double mymax(double x,double y){return x>y?x:y;}
inline double cai(ll x)//从所有函数中选最大值
{
double xx=x/100000.0;//变回double
double mmax=-999999999;
for(ll i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
return mmax;
}
int main()
{
ll T;scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
ll l=0,r=1e8/*1*10的8
次方*/,m1,m2,ans;//三分日常操作
while(l<=r)
{
m1=l+(r-l+1)/3;m2=r-(r-l+1)/3;
if(cai(m1)<=cai(m2))r=m2-1;
else l=m1+1;
}
if(cai(l)<cai(r))printf("%.4lf
",cai(l));
else printf("%.4lf
",cai(r));//统计答案
}
return 0;
}
。。。
作者可能学了个假的三分。。。
不过，如果乘以一百万（多乘了个10）。。。
猴子（作者）想了一个坏想法，于是我用了高精度1e10与1e11，终于，在1e11时卡精度AC了！
AC代码：
//猴子将double*1e8将他转为long long
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline double mymax(double x,double y){return x>y?x:y;}
inline double cai(ll x)//转回long long;
{
double xx=x/100000000.0;
double mmax=-999999999;
for(ll i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
return mmax;
}
int main()
{
ll T;scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
ll l=0,r=1e11,m1,m2,ans;
while(l<=r)
{
m1=l+(r-l+1)/3;m2=r-(r-l+1)/3;
if(cai(m1)<cai(m2))r=m2-1;
else l=m1+1;//三分
}
if(cai(l)<cai(r))printf("%.4lf
",cai(l));
else printf("%.4lf
",cai(r));
}
return 0;
}
所以，带精度的二分与三分是可以转成long long来做的，不过如果有实数乘法要在check里再转会double就行了，不过三分可能要多乘一点。
终于写完了。
每日笑话：
追到我的女神 我用了三个办法 办法一 坚持 办法二 不要脸 办法三 坚持不要脸 她带我回家 她爸爸很无礼地跟我说 我养了我女儿二十年 我凭什么把她嫁给你 我回答 你养她二十年 我要养她四十年 还要照顾你三十年 你凭什么不把她嫁给我
--------来源
--------来源
感谢大家观看。
就怪了！
难道大家没发现三分会比二分慢吗？
啊啊啊啊啊！
但是，我们可以将m1=(l+r)/2;m2=m1+1;
这样子，如果比较完后，l=m2或者r=m1，正确性的话虽然m1与m2靠的很近，不过依旧可以达到单峰在l与r之间，就对了，不过是l<r不是l<=r，因为这样分m1与m2严格m1<m2且m1与m2属于[l,r]，所以只能用l<r，不过这样有个好处，就是由于l或r都是等于m1或m2的，所以不会出现r<l的情况，最后一定l==r，所以答案就是l或r，而且一次缩小的区间变大了，常数也就小了！
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[200000],b[200000],c[200000],n;
inline double mymax(double x,double y){return x>y?x:y;}
inline double cai(ll x)
{
double xx=x/100000000.0;
double mmax=-999999999;
for(ll i=1;i<=n;i++)mmax=mymax(mmax,(a[i]*1.0)*xx*xx+(b[i]*1.0)*xx+(c[i]*1.0));
return mmax;
}
int main()
{
ll T;scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
ll l=0,r=1e11,m1,m2,ans;
while(l<r)//常数小的三分
{
m1=(l+r)>>1;m2=m1+1;
if(cai(m1)<cai(m2))r=m1;
else l=m2;
}
printf("%.4lf
",cai(r/*可以换成l*/));
}
return 0;
}
//开心！
是不是意味着我们可以出毒瘤卡常题目了
小结
其实控制精度大小还有种方法，就是控制迭代的次数。
坑
学习https://www.luogu.org/blog/3-3-7-6-2-9-9-3-1-5/ru-he-zhao-dan-feng-han-shuo-feng-zhi：
学习不稳定的三分，以及用二分做三分。
高中补求导二分。