二分答案的避坑指南

经过研究，本蒟蒻对令人懵逼的二分答案有了一点心得。

 

二分的思想主要分三种：

1. l和r代表的“成本值”均可行，且有一个ans变量记录当前的最优
2. l和r代表的“成本值”均可行，最后的答案是l或r
3. l代表的“成本值”可行，r不可行，最后的答案是l

很多题目都可以转换为第一种思想。定义一个记录答案的变量即可。所以二分答案的难点还是落到了边界的处理和答案的更新上。什么时候用l，什么时候l和r均可？很多问题困扰了不少小白（包括笔者）。由于实力问题（害），这里只是笔者做题的一些避坑方法，帮助你少花时间调试和找到正解。

避坑1.要规避错误，一个要点是清楚什么情况是满足条件但不是最优解，另一种情况自然是不满足条件。在满足条件时要把答案更新，不满足则只更新边界。

避坑2.教练无数次举过一个例子left = 2，right = 3。此时需要一些操作，如令mid = （left + right + 1）/2，或left = mid + 1，或right = mid - 1；具体选择这三中的哪一个，依题而定。

   上题：最长递增子序列

class Solution {
public:

int dp[5000] = {0};

int lengthOfLIS(vector<int>& nums) 
{
    int n = nums.size();

    int len = 1;

    dp[1] = nums[0];

    for(int i=1;i<n;i++)
       {
          if(dp[len] < nums[i]) dp[++len] = nums[i];

          else
            {
                int l = 1,r = len;
                cout<<nums[i]<<" "<<len<<" ";

                while(l <= r)
                   {
                       int mid = (l + r) >> 1;

                       if(dp[mid] < nums[i]) //不能等于o，最后找到一个小于nums[i]的数才是正解！ 等于不是严格递增所以不属于正解
                         l = mid + 1;
                       else
                         r = mid - 1;
                   }

                dp[l] = min(dp[l],nums[i]);
                cout<<l<<endl;
            }
       }

    return len;
}
};

当nums[i] 小于等于dp[len]时，我需要找到最大的小于等于nums[i] 的一个数dp[mid]，那么必须让它后面的数（如果两数相等就是它本身）更新成nums[i]，而L在while结束循环时一定是大于等于right的，因此答案是dp[l],不是dp[r]。