1.青蛙过河

1.题目描述

小青蛙住在一条河边, 它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里 的石头跳到对岸。

河里的石头排成了一条直线, 小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。 不过, 每块石头有一个高度, 每次小青蛙从一块石头起跳, 这块石头的高度就 会下降 1 , 当石头的高度下降到 0 时小青蛙不能再跳到这块石头上（某次跳跃 后使石头高度下降到 0 是允许的）。

小青蛙一共需要去学校上 $x$ 天课, 所以它需要往返 $2x$ 次。当小青蛙具有 一个跳跃能力 $y$ 时, 它能跳不超过 $y$ 的距离。

请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完 $x$ 次课。

2.输入格式

输入的第一行包含两个整数 $n,x$, 分别表示河的宽度和小青蛙需要去学校 的天数。请注意 $2x$ 才是实际过河的次数。
第二行包含 $n-1$ 个非负整数 $H_1,H_2,\cdots ,H_{n-1}$, 其中 $H_i>0$表 示在河中与 小青蛙的家相距 $i$ 的地方有一块高度为 $H_i$ ​的石头,
$H_i=0$ 表示这个位置没有石头。

3.输出格式

输出一行, 包含一个整数, 表示小青蛙需要的最低跳跃能力。

4.样例输入

5 1
1 0 1 0

5.样例输出

4

6.数据范围

$1\le n\le 10^5,1\le x\le 10^9,1\le Hi\le 10^4。$

7.原题链接

青蛙过河

2.解题思路

假设青蛙可以按照某条路线$S$从家跳往对岸，路线$S$上所有的石子高度均减1，这个操作等价于“青蛙从对岸按照路线$S$反向跳回家，路线$S$上所有的石子高度均减1”。

这也说明，判断小青蛙能否往返$2x$次，等价于判断小青蛙能否从左往右跳重复$2x$次。

由题目可以发现，设小青蛙的跳跃能力为$y$，当小青蛙跳跃能力$y$越大，越容易满足“重复2x次”的约束，即求解的$y$存在单调性：

• 当$y$越大时，小青蛙每次可以跳的范围更大，可以跳更少的步数到达对岸，即更容易重复$2x$次，当$y=n$时，无需经过任何石子就可以跳到对岸。
• 当$y$越小时，小青蛙需要使用更多的步数才能到达对岸，更不容易满足“重复$2x$次”的约束。

本题最终需要求解的是：恰好满足约束的最小的$y$ 答案存在单调性，显然可以用二分答案的算法进行求解，初始区间$[l,r]=[1,n]$：

1. 求出区间$[l,r]$的中点$mid$，$mid=(l+r)//2$
2. 判断当小青蛙跳跃能力等于$mid$时，能否从左往右跳重复$2x$次
   1. 如果可以，则更新$ans=mid$，调整搜索区间为$[l,mid-1]$（求最小值，因此调整右端点）
   2. 否则，调整搜索区间为$[mid+1,r]$
3. 如果$l>r$，终止循环，否则回到$1$

二分答案将求解最值问题转换成判定性问题，问题转变成当跳跃能力等于$y$时，判断小青蛙能否从左往右跳$2x$次。

小青蛙最开始位于0处，跳跃能力等于$y$，需要重复跳跃$2x$次，则首先要求从$1-y$的石子高度必须大于等于$2x$，不然小青蛙迈出的第一步都无法重复$2x$次。

这个结论可以推广——“所有长度为$y$的区间中石子高度之和必须大于等于$2x$”。

1. 如果所有长度为$y$的区间中，石子高度之和等于$2x:$则存在$H_i=H_{i+y}$，则只要保证第一步在$[1,y]$中选择一个可以跳跃的石子$i$，则后续跳跃只需从当前位置$i$跳到$i+y$即可。这样可以保证重复$2x$次；
2. 如果所有长度为$y$的区间中，石子高度之和大于$2x$：**则可以考虑去除某些石子的高度，从而构造出情况1，此时也是可以保证重复$2x$次的；
3. 如果可以重复跳跃$2x$次，所有区间长度为$y$的区间中石子高度之和大于等于$2x$：对于任意区间$[i,i+y]$，每次跳跃必须在区间中落脚。利用反证法，如果不在区间$[i,i+y]$中落脚，等价于从$i$的左边跳到了$i+y$的右边，此时跳跃长度超过了能力上限$y$，因此不合法。也就是说，每次跳跃对于任意长度等于$y$的区间都落脚1次，重复$2x$次则说明该区间石子之和大于等于$2x$。

通过上面三点可以证明：“当跳跃能力等于$y$时重复$2x$次”等价于“所有区间长度等于$y$的区间石子高度之和大于等于$2x$”，利用这个结论进行二分答案的判定即可。

实现过程中事先预处理前缀和，从而可以$O(1)$求解区间和，时间复杂度$O(n\log n)$。

实际上使用双指针，维护区间和始终大于 $2x$，得到的最小区间长度则是答案，这样可做到 $O(n)$ 的复杂度。

Ac_code

1.C++

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 200010;

LL n, x;
void solve()
{
	cin >> n >> x;
	std::vector<LL> s(n + 1);
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		cin >> s[i];
		s[i] += s[i - 1];
	}
	//最后一块石头，也就是终点，可以无限跳
	s[n] = 1e18;
	int l = 1, r = n;
	auto check = [&](int g) {
		for (int i = 0; i + g <= n; ++i) {
			int r = i + g;
			if (s[r] - s[i] < 2 * x) return false;
		}
		return true;
	};
	while (l < r) {
		int mid = l + r  >> 1;
		if (check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	cout << r << '\n';
}
int main()
{
	ios_base :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int t = 1;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

2.Java

import java.util.Scanner;
 
public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc=new Scanner(System.in);
        int n=sc.nextInt();
        long x=sc.nextLong();
        long []arr=new long[n+1];
        for (int i=1;i<n;i++){
            arr[i]=sc.nextLong()+arr[i-1];
        }
        arr[n]=100000000000L;
        int l=0;
        int ans=0;
        for (int r=1;r<=n;r++){
            if (arr[r]-arr[l]>= 2*x){
                ans=Math.max(ans,r-l);
                l+=1;
            }
        }
        System.out.println(ans);
    }
}