[问题描述]

有一个环形的围墙，围墙上有一些塔，每个塔中有一个守卫。现在要发给每个守卫一些奖章，第i个守卫需要P[i]个奖章。每个守卫自己的奖章必须都是不同种类的，而且相邻的两个守卫得到的奖章也不能有任何一个相同。问至少应准备多少种不同的奖章。（限制：2≤n≤10000，1≤P[i]≤100000）

[分析]

假如围墙不是环形的，我们很容易用贪心算法解决：每次发给守卫尽可能多的已准备的奖章，如果不够就再新准备若干种以满足需要。但现在围墙是环形的，最后一个守卫与第一个守卫也不能有重复的奖章，这就是问题的难点。

于是我们尝试将这一难点引入状态，用动态规划求解（动态规划是求解最优性问题的一种常用方法）。

令a[i,j]表示前i个守卫已安排妥当，且第i个守卫有j个奖章与第一个守卫相同，则除第一个守卫已有的P[1]种奖章外，至少还需要的奖章种数。

如图，假设第i-1个守卫有k个奖章与第一个守卫相同，由于这k个奖章与第i个守卫的j个奖章必须互不相同，易知j+k≤P[1]；又由于第i-1个守卫的另外P[i-1]-k个奖章必须与第i个守卫的另外P[i]-j个奖章不同，设需要增加X种奖章，则

a[i-1,k]+X ≥ (P[i]-j)+(P[i-1]-k)

得到X ≥ (P[i]-j)+(P[i-1]-k) - a[i-1,k]

于是我们有

显然就这样做复杂度高达O(n*Pmax²)。即使使用了优化，也很难得到令人满意的结果，我们只得另辟蹊径。

考虑到如果有P[1]+X种奖章，存在一种分发方案满足要求，那么如果我们有P[1]+X+1种奖章，也一定存在可行方案（大不了其中一种我们不用）。这个性质非常重要，因为由此，我们可以就用二分枚举X，再逐个判断是否有可行方案的方法求得结果。

所以原先问题就转化为——如果我们已经知道共有P[1]+X种奖章，我们能否很快判断是否存在满足要求的分发方案呢？答案是肯定的。

方法仍旧是动态规划[1]，状态表示也类似，a[i,j]表示共有P[1]+X种奖章，前i个守卫已安排妥当，且第i个守卫有j个奖章与第一个守卫相同是否可能。

则状态转移变为：

表面上看状态转移仍旧很繁琐，k的取值有很多限制。但我们仔细观察，第二、三条合起来是P[i-1]+P[i]-X-j ≤ k ≤ P[1]-j。

对于确定的i，k的取值范围在数轴上的表示是一条长度确定的线段，且线段的位置由j确定。原先第一条限制只不过是再给线段限定一个范围，去除多余无意义的部分（如图）。

初始状态a[1]中只有a[1,0]=true，其余均为false。由归纳法很容易证明对任意i，a[i,j]中为true的j一定是连续的一段。由此对每个i，所有状态a[i,j]可仅用两个端点表示，即a[i].x1、a[i].x2。

考虑要使a[i,j]=true，当且仅当k的取值范围与线段[a[i-1].x1,a[i-1].x2]有交集，即满足

P[1]-j ≥ a[i-1].x1  and  P[i-1]+P[i]-X-j ≤ a[i-1].x2

即 P[i-1]+P[i]-X-a[i-1].x2 ≤ j ≤ P[1]-a[i-1].x2

由此，状态转移方程变为：

a[i].x1=max( 0 , P[i-1]+P[i]-X-a[i-1].x2 )

a[i].x2=min( P[i] , P[1]-a[i-1].x1 )

初始状态a[1].x1=a[1].x2=P[1]，状态总数O(n)，状态转移O(1)，可以说是高效的。

有了此方法，鉴于先前的分析，我们采用二分枚举X，并利用高效的测试方法，即可在O(n*logPmax)的时间解决整个问题。

[小结]

上面这个问题，看似难点仍旧在于动态规划，二分枚举只不过充当了一个附加手段。但实际上事先枚举的X，极大地简便了动态规划的方程，才使得问题得以解决。应用这类二分枚举思想的最优性问题近来很是热门，而且这类试题很容易诱导选手直接采用动态规划或是贪心算法，而走入死胡同。

所以，今后我们在考虑最优性问题时，应注意问题是否隐含了一个有序的01序列，它是否可以用二分枚举的方法将最优性问题转化为可行性问题。切记！“退一步海阔天空”。

[问题描述]

有N头奶牛（N是2^K），都是网球高手，每头奶牛都有一个BTP排名（恰好为1—N）。下周将要进行一场淘汰赛，N头奶牛分成N/2组，每组两头奶牛比赛，决出N/2位胜者；N/2位胜者继而分成N/4组比赛……直至剩下一头牛是冠军。

比赛既要讲求实力，又要考虑到运气。如果两头奶牛的BTP排名相差大于给定整数K，则排名靠前的奶牛总是赢排名靠后的；否则，双方都有可能获胜。现在观众们想知道，哪头奶牛是所有可能成为冠军的牛中排名最后的，并要求你列举出一个可能的比赛安排使该奶牛获胜。（限制N≤65536）

[分析]

由于N很大，我们猜想可以通过贪心方法解决。

我们希望排名靠前的选手总是“爆冷”输给排名靠后的选手。于是我们让1输给K+1、2输给K+2……每一轮中每一局总是选择未比赛的排名最前的选手，输给一个排名最靠后的选手（如果有的话）。

但我们很容易找到反例，例如：N=8, K=2，由上述贪心方法我们得到对阵方式结果为4，见图BTP-1（其中XàY表示X战胜Y）。

    图BTP-1                                            图BTP-2

但最优解为6，见图BTP-2。究其原因，因为我们不知道最优解是多少，所以我们是在盲目地贪心。事实上，最优解的6在第一轮就被我们淘汰了，当然就得不到最优解喽！

要想知道最优解？枚举！同时考虑到一个很显然的结论——如果排名为X的选手最终获胜，那么排名在X前的选手也可以获胜。

显然归显然，证明它我们还需要动一点小脑筋。假设排名X的选手最终获胜，我们通过对该对战方式的局部修改，构造出一种新的对战方式使任意排名Y<X的选手获胜：在X最终获胜的对战方式中，假设Y是被Z击败。如果Z≠X，由X>Y，可知Z一定也能击败X，且同一轮及此后X所击败的选手都能被Y击败，所以我们只需要在此轮让Z击败X，并把之后所有对战中的X都改成Y即可；如果Z=X，由X>Y，我们就让Y击败X，同样把之后对战中的X都改成Y，则最后获胜的也是Y。

因此，我们就可以用二分枚举最终获胜的X，大大提高了算法效率。

现在的问题是，如果我们知道最终获胜的是X，我们能否很快构造出一种对战方式或是证明不存在吗？可以，我们仍旧使用贪心，不过因为我们知道最终谁获胜，所以我们采用倒推。

每一轮，我们都让已有选手去战胜一个排名最靠前的还未出现的选手，由该方法产生的对战方式就如图BTP-2所描述那样。至于最靠前的未出现选手如何找，我们可以采用静态排序二叉树实现，这里不再展开，读者可以自己考虑。

可以证明这样贪心是正确的（证明方法同前面的证明类似，这里也不再重复）。整个问题可以在O(Nlog²N)时间完成。

[小结]

对于这类需要二分枚举的问题，其实算法的根本是在一个隐含的退化了的有序序列中进行二分查找，只是这个序列仅含有0和1两种值。上例中当X<Ans，A[X]=0；当X≥Ans，A[X]=1。而我们所寻找的就是这两种值的分界点。有了分界点，就有了最优值，也就有了原问题的解。