【2018 1月集训 Day1】二分的代价

题意：

　　现在有一个长度为 n的升序数组 arr 和一个数 x，你需要在 arr 中插入 x。

　　你可以询问 x 跟 arri 的大小关系，保证所有 arri 和 x 互不相同。这次询问的代价为 costi。

　　你需要返回 x 应该插入的位置，显然有 n+1 中可能的返回值。

　　现在给你 cost 数组，你需要制定方案，使得对于所有可能的情况花费代价(即询问的代价的和)的最大值最小，输出这个最小值。

　　制定方案的意思就是说你先询问一个 i，然后根据返回值决定接下来询问哪个 i，直到你可以确定答案为止。

分析：

　　这个题好神啊……我看了ztb大爷的代码……可能我理解的也不是很准确啊……那就三个月后再战此题吧……

　　首先可以看到，每个ai不超过9，所以最终的答案一定不大，最变态的上界也不过就是9logn，但是应该达不到。

　　我们设两个dp数组：

　　　　f[i][v]表示以i为当前区间的左端点，花费为v，最长能确定的区间的右端点。

　　　　g[i][v]表示以i为当前区间的右端点，花费为v，最长能确定的区间的左端点。（其实就是对称的）

　　那么我们可以看到，对于一个costi，假如我们付出这样的代价，那么在暂时不考虑左端点的情况下，最长的区间的右端点一定在f[i+1][v-costi]，那我们该用这个点去更新哪个状态呢？？？

　　即为这个可行区间找一个最左端点，那么我们另一个数组就派上用场了，花费已经确定，那么我们就令:

　　f[g[i][v-costi]][v]=max(f[g[i][v-costi]][v], f[i+1][v-costi]);

　　或者换一种表达方式，就是在i这个点，我们花costi的花费，使总花费达到v，可以使g[i][v-costi]表示的这个点到f[i+1][v-cost]表示的这个点的区间可行。（这段区间最多用v的代价就可以检索到每一个值）

　　你看到我们的方程，发现i及i之前有一个花费v-costi达到的最远区间，i之后也是花费v-costi达到的最远区间，会不会两遍加起来的花费就超过了v-costi呢？

　　如果你这样想，说明你的理解和这道题的题意真的是阴阳两隔（没错就是我）。

　　题目里说的是根据返回的值来调整继续下去的决策，所以说，这一步操作就相当于是，假如我们询问了i，那么返回的参数如果是小于等于ai，我们就走左边那个区间来花掉剩下的v-costi，如果返回值告诉我们，我们的x大于ai，那么我们就往右查找，来花掉剩下的v-costi，根本不存在v-costi花两遍的情况，因为根本不可能既走左边又走右边！

　　另一个方程同理：g[f[i+1][v-costi]][v]=min(g[f[i+1][v-costi]][v],g[i][v-costi]);

　　当然，初始化就是f[i][v]=g[i][v]=i;

　　但是，有些costi由于太过不优，我们决策时会直接跳过，但是它会被之前某些决策所覆盖，所以也是需要更新的，于是就多了两个for循环来保证所有答案合法且最优。

　　当f[1][v]覆盖整个区间时，v就是题目的答案。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=,M=;
 int a[N],f[N][M],g[N][M],n;char s[N];
 int main(){
     scanf("%s",s+);n=strlen(s+);
     for(int i=;i<=n;i++) a[i]=s[i]-'';
     for(int v=;v<M;v++)
     for(int i=;i<=n+;i++)
     f[i][v]=g[i][v]=i;
     for(int v=;v<M;v++){
         for(int i=;i<=n;i++){
             if(v<a[i]) continue;
             f[g[i][v-a[i]]][v]=max(
             f[g[i][v-a[i]]][v],f[i+][v-a[i]]);
             g[f[i+][v-a[i]]][v]=min(
             g[f[i+][v-a[i]]][v],g[i][v-a[i]]);
         } for(int i=;i<=n+;i++)
         f[i][v]=max(f[i][v],f[i-][v]);
         for(int i=n;i;i--)
         g[i][v]=min(g[i][v],g[i+][v]);
         if(f[][v]==n+)
         {printf("%d\n",v);return ;}
     } return ;
 }

dp