c++题目背景 一年一度的“跳石头”比赛又要开始了! 题目描述 这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 N 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。 为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 M 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。 输入格式 第一行包含三个整数 L,N,M，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 L≥1 且 N≥M≥0。 接下来 N 行，每行一个整数，第 i 行的整数 D i ​ (0<D i ​ <L)， 表示第 i 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。 输出格式 一个整数，即最短跳跃距离的最大值。 输入样例 25 5 2 2 11 14 17 21 ​ 输出样例 4 ​ 样例说明 将与起点距离为 2 和 14 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 4 (从与起点距离 17 的岩石跳到距离 21 的岩石,或者从距离 21 的岩石跳到终点)。 数据范围 对于 20% 的数据,0≤M≤N≤10。 对于 50% 的数据,0≤M≤N≤100。 对于 100% 的数据,0≤M≤N≤5×10 4 ,1≤L≤10 9 。

<think>嗯，我现在得解决这个跳石头的问题。题目大意是说，在起点和终点之间有一些岩石，可以移走最多M块，然后让选手在比赛中的最短跳跃距离尽可能大。我们需要找到这个最大的可能的最短距离。 首先，我得理解题目。最短跳跃距离的最大值，也就是说，在移走M块石头之后，所有相邻石头之间的距离中最小的那个，要尽可能的大。那这个问题应该可以通过二分法来求解。因为可能的答案是一个范围，我们需要找到最大的符合条件的那个值。 那如何用二分法呢？可能的思路是，确定一个中间值mid，然后判断是否可以在移走不超过M块石头的情况下，使得所有相邻石头之间的跳跃距离都不小于mid。如果可以的话，说明可能还有更大的值，我们就往更大的方向搜索；如果不行，就往更小的方向调整。 那具体来说，判断的条件函数应该怎么写呢？假设当前判断的mid是候选的最短距离，我们需要遍历所有石头，统计需要移走多少块石头才能保证相邻的石头间距都不小于mid。比如，遍历的时候，记录上一块未被移走的石头的位置，如果当前石头和上一块的距离小于mid，那么这块石头必须被移走，否则就保留，并更新上一块的位置。最后统计移走的石头数量是否小于等于M。 举个例子，比如输入样例中的情况。初始石头的位置是2、11、14、17、21，L=25。移走2块，比如2和14之后，剩下的石头是11、17、21。那么跳跃距离是11-0（起点）=11，17-11=6，21-17=4，25-21=4。所以最短的是4。但根据样例说明，移走的是2和14，那么剩下的石头是11、17、21，起点到11是11，11到17是6，17到21是4，21到终点是4。所以最短是4，这时候需要移走两块，符合条件。 那如何用二分法找到这个最大的最短距离呢？初始的左边界应该是可能的最小值，比如1，右边界是L（例如，当所有石头都被移走时，最短距离就是L）。然后每次取中间值mid，用上述的判断函数计算需要的移走数量是否<=M。如果是，说明可以尝试更大的值，左边界右移；否则，需要减小mid，右边界左移。 那现在的问题是如何高效实现这个判断函数。因为N可能达到5e4，所以这个判断函数的时间复杂度必须是O(N)的，否则总的时间复杂度会很高。而二分的次数大概是log2(L)，也就是最多30次左右。所以总的时间复杂度是O(Nlog L)，应该是可以接受的。 现在具体步骤： 1. 将输入的岩石位置排序？题目里已经说明输入是按距离递增顺序给出的，所以不需要排序。 2. 预处理岩石数组，可以加上起点0和终点L吗？比如，将数组变成0，然后是输入的各个D_i，最后是L。这样处理之后，计算相邻距离的时候会更方便。 例如，样例中的输入岩石是5块，位置是2、11、14、17、21。加上起点0和终点25，数组变成[0,2,11,14,17,21,25]。这时候总共有N+2块石头。但题目中的N是起点和终点之间的岩石数，不包括起点和终点。所以原来的N是5，输入的数组是这5块的位置。在预处理时，我们可能需要将数组前面加上0，后面加上L吗？或者不需要？ 或者，在计算的时候，将起点视为0，终点视为L，然后输入的岩石是在中间的N块。例如，在遍历的时候，起点是0，终点是L。所以初始的prev_pos是0，然后遍历所有的岩石位置，最后到终点L。 所以，正确的处理方式应该是：将输入的岩石数组排序（虽然题目已经给出是递增的），然后插入起点0和终点L吗？或者，起点和终点不作为岩石的一部分，但处理的时候需要考虑这两个点。 比如，在判断函数中，prev初始为0，然后遍历所有的岩石位置，最后处理终点L。例如：prev = 0count =0 for iin 0..n-1:current = rocks[i] ifcurrent - prev< mid: count+=1else: prev= current 最后，还要处理终点：如果 L -prev < mid的话，是否也需要移走？但终点是不能被移走的。所以，在这种情况下，是否应该认为这个mid不合法？ 例如，假设prev是最后一个未被移走的石头的位置，然后到终点的距离是否>=mid？如果不满足，那么只能移走前面的石头，但终点不能动。所以，在判断函数中，必须保证最后一段的距离也>=mid。否则，说明无法满足条件，此时需要增加移走的次数，但可能无法做到。所以在判断函数中，应该如何处理终点？ 比如，假设我们遍历所有的岩石，然后加上终点。比如，岩石数组是原输入的数组，然后我们添加终点L到数组的末尾？或者，在判断的时候，遍历完所有原岩石之后，还要检查最后一块保留的岩石到终点的距离是否>=mid。如果不满足的话，那么需要额外的处理吗？ 比如，假设原岩石的位置处理后，剩下的岩石是保留的。例如： prev =0 count= 0遍历所有岩石的位置： 如果当前岩石位置 - prev< mid →移走当前岩石，count +=1否则，prev = 当前岩石的位置 最后，判断终点L- prev是否 >=mid。如果这一步不成立，那么必须移走一些岩石，使得最后一段的距离满足。但此时，已经没有岩石可以移走了，因为终点不能动。所以这时候这个mid是不可能的，必须返回false？或者，在处理的时候，是否需要将终点L视为必须保留的最后一个点？比如，正确的判断条件应该是： 在移走一些岩石后，所有相邻的岩石之间的间距都必须>=mid，并且起点到第一个岩石的距离，以及最后一个岩石到终点的距离也必须>=mid？ 比如，样例中的情况，移走2和14后的岩石是11、17、21。那么起点到11是11，11到17是6，17到21是4，21到终点是4。所以最后一个跳跃是4。所以最短的是4。 所以，在判断函数中，必须包含终点。所以，在遍历的时候，应该把终点L作为最后一个点，并检查所有的间距是否>=mid。 那如何处理呢？可能的做法是将岩石数组添加L到末尾，或者在遍历完成后单独处理。 例如，假设岩石数组已经包含了0和L？或者不，因为题目中的输入岩石不包括起点和终点。例如，输入的岩石数目是N，起点和终点之外的其他岩石。所以，正确的岩石数组应该是在输入数组的前面加上0，后面加上L吗？或者不需要，因为原输入的岩石是介于0和L之间的？比如，假设输入的岩石数组是已经按升序排列的，不包括0和L。所以，在预处理时，应该将岩石数组变成 rocks =[0] +input_rocks+ [L]。这样，总共有N+2个点。然后，我们需要在这些点之间移除最多M个点（不包括起点和终点），所以可移除的点是原输入的N个岩石中的最多M个。 或者，起点和终点是不能被移除的。所以在预处理时，将岩石数组加上0和L，这样总共有N+2个点，其中0和L不能被移除。然后问题转化为，在这N+2个点中，移除最多M个点（只能是中间的N个中的M个），使得剩下的点之间的最小间距最大。 这可能更方便处理。所以，预处理步骤应该是将输入的岩石数组前面加0，后面加L，形成一个新的数组。然后，这个数组的长度是N+2。比如，样例中的输入处理后，数组变为[0,2,11,14,17,21,25]。 然后，当进行判断时，我们遍历这个数组，并统计需要移除的岩石数目。但需要注意，起点和终点不能被移除。所以，在遍历的时候，第一个点（0）和最后一个点（L）必须保留。 所以，判断函数的逻辑如下： 初始化prev为第一个元素（即0），移除计数count为0。从第二个元素开始遍历： 当前元素current = rocks[i] 计算current - prev的距离，如果这个距离< mid：需要移除current，count +=1else：保留current，prev更新为current遍历完成后，还需要检查最后的prev到L的距离是否 >=mid吗？或者，因为最后的一个元素已经被处理了？ 假设预处理后的数组包含L作为最后一个元素，那么在遍历的时候，最后一个元素是L。当处理到L的时候，prev是前面的某个岩石的位置，比如在样例中，遍历到21的时候，prev是17，然后是21到17=4，假设mid是4，那么没问题。然后遍历到L=25，25-21=4，等于mid，所以保留，count不变。最后整个数组的处理完成。 所以，判断函数的正确逻辑应该是： 将预处理后的数组（包括0和L）进行遍历，统计需要移除的岩石数目，其中不能移除0和L。因此，当遍历到这些点时，只能移除中间的岩石。 例如，在预处理后的数组中，遍历除了0之外的每个点，判断是否需要被移除。如果某个点（比如原输入的岩石或者L）在判断中被需要移除，那么如何处理？因为L不能被移除，所以必须保留。所以，如果prev到L的距离小于mid，那么必须移去中间的某些岩石，但此时无法移走L，所以这种情况应该视为无法满足条件。 或者，预处理后的数组中包含L作为最后一个元素，所以在遍历时，当处理到最后一个元素（L）的时候，是否会被移除？比如，假设prev是倒数第二个元素的位置，到L的距离是否 >= mid？如果是，则保留；否则，必须移除L吗？但L不能被移除，所以此时该mid不可能满足条件，所以需要返回false。 所以在处理预处理后的数组时，必须确保最后一个点L不能被移除，因此在遍历时，当遇到当前点（比如L）时，如果current - prev< mid，那么必须移除current，但这是不允许的，因为current是L。所以这种情况说明当前mid太大，无法满足条件，此时需要返回false。 或者，这可能意味着在遍历过程中，当遇到current是L的时候，必须检查current- prev是否 >=mid。如果小于的话，那无论如何都不能满足条件，所以必须将count设置为超过M的值，使得函数返回false。 所以，正确的判断函数逻辑应该如何处理这种情况？可能的思路是：预处理后的数组是包含0和L的，所以当处理到L的时候，必须保留。所以，在处理数组的时候，循环应该从第二个元素开始，到倒数第二个元素（原输入的岩石）进行处理，而最后一个元素（L）必须保留。或者，需要将L作为必须保留的点，所以在处理到倒数第二个元素之后，单独处理到L的距离。 这似乎有点复杂。可能正确的处理方式是在预处理后的数组中，遍历所有的元素，除了第一个0之外。然后，在处理每个元素的时候，判断是否需要移除，但遇到L的时候必须保留。例如：prev = rocks[0] =0 count =0 for iin 1 tolen(rocks)-1:current = rocks[i] if current- prev < mid: count +=1 ifcurrent == L:# 如果current是L，不能被移除，所以这种情况必然失败？# 但此时current是L的话，说明prev到L的距离小于mid。由于L不能被移除，所以无法满足条件。此时应该将count设置为M+1，这样就会返回False count= M+1breakelse:prev = current最后，在处理完所有中间岩石后，需要检查prev到L的距离是否>= mid。比如，此时prev是最后一个被保留的岩石的位置，而L必须保留。所以，如果L- prev < mid的话，说明这段距离不够，此时需要移走中间的某些岩石，使得这段距离满足。或者，这已经无法改变，所以此时该mid不可行。 那如何处理这种情况呢？ 例如，假设在处理完所有中间岩石之后，剩下的prev到L的距离是否>=mid？如果不是的话，无论移走多少中间的岩石，都无法改变这一点，所以此时mid不可行。 所以，在判断函数中，除了统计移走的岩石数目之外，还需要最后检查prev到L的距离是否>=mid。如果这个距离不够的话，那么无论怎么移走中间的岩石，都无法满足条件，所以此时返回False。 那么，判断函数的逻辑应该是： 预处理后的数组包含0和L。 初始化prev=0，count=0. 遍历数组中的元素，从索引1到索引len(rocks)-2（因为最后一个元素是L，不能被移除）？ 或者，遍历所有元素，包括L前面的元素？ 例如，正确的预处理数组是 [0, ... ,L]。假设我们遍历所有元素，包括中间的岩石和L之前的元素，但在处理时，当处理到L时，必须保留，所以如果prev到L的距离小于mid，那么无法满足条件。 或者，我们需要在遍历的时候，不处理L，而是在最后单独处理。 可能更简单的方式是将预处理后的数组包含所有岩石，包括0和L。然后，遍历从索引1到len(rocks)-1的所有元素，包括L。但此时，在遍历到L的时候，如何处理？ 例如：prev = 0count =0for i in1 to len(rocks)-1: current= rocks[i]if current ==L: #必须保留，所以检查是否满足条件 ifcurrent - prev< mid: #此时无法满足，因为不能移除L。所以整个mid不可行。count +=1# 这样会导致count超过M？ #或者，直接返回False？ else: prev =current break# 因为后面没有元素了？ else:# 普通岩石的处理if current - prev< mid:count +=1else:prev = current最后，还要检查到L的距离是否>=mid。这可能比较麻烦。 或许更正确的方式是在处理时，将L作为最后一个点，但必须保留。所以在遍历时，处理所有原输入的岩石和中间的岩石，最后处理L？ 或者，可以这样处理：prev = 0count =0遍历所有原输入的岩石（不包括L）： current= rocks[i]if current -prev < mid:count +=1else:prev = current处理完原输入的所有岩石之后，检查prev到L的距离是否 >=mid。如果否的话，那么即使移走中间的岩石，也无法满足条件。此时，当前的mid不可行。所以，在这种情况下，应该如何处理？ 比如，假设原输入的岩石处理完之后，剩下的prev是某个位置，到L的距离为d。如果d < mid，那么不管移走多少中间岩石，都无法让这段距离>=mid。所以，这样的mid无法满足条件。这时候，我们需要在判断函数中，将这种情况视为不能满足条件，即返回False。 所以，此时判断函数的条件应该是： 如果处理后的岩石之间的间距都>=mid，并且最后一段（prev到L）的距离也>=mid。所以，在判断函数中，除了统计移走的岩石数目之外，还需要检查最后一段的距离是否足够。所以，判断函数的步骤： 1. 预处理岩石数组，添加0和L？ 或者，原输入的岩石数组没有0和L，所以在处理的时候，初始的prev是0，然后遍历原输入的所有岩石，处理之后，再处理L的位置。 比如： prev =0count=0for d ininput_rocks_sorted:if d - prev< mid:count +=1else:prev =d最后，检查L- prev >=mid吗？如果否，那么整个条件不满足。 所以，判断函数返回的条件是：count<=M，并且L - prev >=mid。 这样，这个判断函数是否正确？ 举个例子，样例输入： 输入岩石是2,11,14,17,21，L=25，mid=4. 处理过程： 初始prev=0. 第一个岩石是2，0到2的距离是2 <4→ 移走，count=1. 第二个岩石是11：11-0=11 >=4 → 保留，prev=11. 第三个岩石是14：14-11=3<4 → 移走，count=2. 第四个岩石是17：17-11=6>=4 →保留，prev=17. 第五个岩石是21：21-17=4 >=4 →保留，prev=21. 然后处理L=25：25-21=4 >=4→ 满足条件。 此时count=2 <=M=2。所以条件满足，返回True. 所以，此时可以认为mid=4是可行的。这样，判断函数的逻辑是： 计算需要移走的岩石数目count，并且最后一段的距离是否>=mid。如果两个条件都满足，则返回True；否则，返回False。 所以，判断函数的代码可以这样写： defis_possible(mid, rocks,L, M):prev =0 count= 0for d inrocks: ifd - prev< mid: count+=1else: prev= d# 检查最后一段到终点的距离 ifL - prev< mid: returnFalse returncount <= M这样是否正确？ 那在样例中，当mid=4时，count=2（移走2和14），并且最后一段是21到25是4，满足条件。所以返回True。是正确的。 那假设另一个情况，比如mid=5： 处理过程：prev=0.岩石2：0到2<5→ count=1. 岩石11：0到11≥5 → prev=11. 岩石14：14-11=3 <5→ count=2. 岩石17:17-11=6≥5 →prev=17.岩石21:21-17=4<5 → count=3. 此时，count=3> M=2，所以返回False。所以mid=5不可行。所以，这说明判断函数是正确的。 那现在，问题转化为，找到最大的mid，使得is_possible(mid)为True。 那现在如何用二分法来找这个mid？ 初始的left是1，right是L（比如样例中的25）。然后，每次取mid = (left+ right +1)//2。这里使用左闭右闭区间，所以当mid满足条件时，left=mid，否则 right=mid-1。这样，最终left就是最大的满足条件的mid。 例如： 初始left=1， right=25. mid=(1+25+1)/2=13. 调用is_possible(13): 处理所有岩石： prev=0. 岩石2:0到2<13 → count=1. 岩石11:0到11<13 → count=2. 岩石14:0到14=14≥13 → prev=14. 岩石17:17-14=3 <13→ count=3. 岩石21:21-14=7 <13 →count=4.count=4>M=2 →返回False.所以此时right=13-1=12. 接着，mid=(1+12+1)/2=7.判断is_possible(7): prev=0. 岩石2<7 →count=1.岩石11:0到11≥7→ prev=11. 岩石14-11=3<7 → count=2. 岩石17-11=6<7 → count=3. 岩石21-11=10≥7 →prev=21.最后到L=25，25-21=4<7 → 所以返回False. 所以，此时right=6. mid=(1+6+1)/2=4. 判断mid=4是否可行，返回True。此时left=4，right=6. 下一步，left=4, right=6 → mid=(4+6+1)/2=5.5→取整为5. mid=5. is_possible(5):处理过程： prev=0. 岩石2 → 0到2 <5→ count=1. 岩石11 →0到11≥5 → prev=11. 岩石14 → 14-11=3<5 → count=2. 岩石17-11=6≥5 →prev=17.岩石21-17=4 <5→ count=3. 此时count=3>M=2 → 返回False. 所以，right=5-1=4.循环结束。最大的可行mid是4. 所以，这样二分是正确的。 综上，整个算法的大致步骤是：预处理输入，将岩石数组排序（虽然题目已经给出排序，但可能不需要？因为题目已经说明输入是按递增顺序给出的）。所以，可以直接读取输入的数组，然后进行排序吗？或者不需要，直接使用输入的数组？题目中的输入说明“这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出”，所以输入的数组已经是升序排列的。所以，不需要再排序。所以，正确的处理步骤是： 读取L, N,M. 读取N个整数，组成数组rocks。然后，对rocks数组进行处理，是否包含0和L？不需要，因为原问题中的起点是0，终点是L，中间的岩石是输入的N个点。所以，在遍历的时候，prev初始化为0，然后处理所有输入的岩石，最后处理L。 所以，判断函数可以如之前所述。 综上，整个算法的代码结构： 读取输入。对输入的数组排序（可能不需要，因为题目给出已经排序）。 用二分法寻找最大的mid，使得is_possible(mid)为True. 其中，is_possible函数实现上述逻辑。 现在，如何用C++实现这个代码？ 首先，输入的读取：输入L, N, M. 然后，读取N个整数，存入数组rocks中。然后，排序这个数组（题目中说已经按顺序给出，所以可能不需要？但为了保险起见，可能需要排序？比如，可能输入的测试用例是否严格正确？如果题目保证输入顺序正确的话，可以不用排序。） 例如，样例中的输入是： 255 22 1114 1721 这些已经是按升序排列的。所以，假设输入是正确的，不需要排序。但在代码中，是否需要添加排序？ 比如，如果输入的D_i不是按升序给出的，那么处理就会出错。所以，按照题目描述，输入的D_i是按升序给出的。所以，代码中不需要排序。 所以，可以跳过排序步骤。所以，代码的大致结构： #include<iostream> #include<vector> #include<algorithm> usingnamespace std; boolis_possible(intmid, const vector<int>& rocks,int L, intM) {int prev =0; intcount = 0; for (int d : rocks) { if(d - prev< mid) {count++;} else {prev = d;} }// 检查最后一段到L的距离 if(L - prev< mid) {return false;} returncount <= M;} int main(){ int L, N, M; cin >>L >> N >>M; vector<int> rocks(N); for (int i =0; i< N; ++i) { cin>> rocks[i];} intleft = 1, right = L; int ans= 0;while (left<= right) {int mid =left + (right- left +1) /2; if(is_possible(mid, rocks, L, M)) { ans= mid;left = mid +1;} else {right = mid -1;} }cout << ans << endl; return0; }这样是否正确？ 测试样例： 输入：25 52 211 1417 21运行这个程序，mid的计算是否如预期？ 当mid=4时，is_possible返回true。而当mid=5时，返回false。所以，输出应该是4，符合样例。但是，在代码中，有一个问题：在判断最后一段到L的距离的时候，如果当前处理后的prev是最后一个岩石的位置，那么L - prev是否>=mid？比如，假设原输入的岩石被处理后，prev是最后一个未被移除的岩石的位置，那么到L的距离是否>=mid？ 是的，所以该判断是正确的。 那现在，这样是否覆盖了所有情况？ 例如，假设所有岩石都被移走的情况下。比如，M=N，可以移走所有岩石。此时，prev初始为0，所有岩石都被移走，count=N，最后到L的距离是L-0>=mid。此时，是否满足条件？ 是的。此时，最短跳跃距离是L，因为只有起点和终点。所以，此时mid的最大可能值是L。 所以，当M=N时，最大可能的mid是L。 所以，这样的代码在这种情况下应该能正确处理。那现在，该代码是否正确？ 另一个测试案例，比如L=10，N=0，M=0。此时，没有中间岩石，所以最短跳跃距离是10。此时，is_possible的判断：prev=0，然后遍历空数组。count=0。然后检查L-0 >=mid→ 10 >=mid。所以，当mid=10时，返回true。当mid=11时，返回false。所以，输出是10。正确。 另一个测试案例：L=10，N=1，M=1。中间岩石在位置5。此时，可以移走该岩石。此时，最短跳跃距离是10。判断函数如何处理？当mid=10: prev=0，处理岩石5。5-0=5 <10→ count=1。count <=M=1。然后检查L - prev=10-0=10 >=10→是的。所以返回true。所以，mid=10是可行的。所以，最大是10。 正确。 那另一个案例：N=1，M=0。岩石位置是5。此时，不能移走岩石。所以，跳跃距离是5和5（5到10）。最短是5。此时，mid的可能最大值是5。代码是否正确？ 当mid=5:prev=0，岩石5。5-0=5>=5 →保留，count=0。最后检查10-5=5>=5 →是的。所以返回true。left=5+1=6，尝试mid=6. mid=6:岩石5-0=5<6 →count=1>M=0.返回false。所以，最终ans=5. 正确。 综上，该代码似乎正确。 但可能有一个问题：在判断函数中，当mid的取值较大时，可能会导致某些情况下，虽然移走的岩石数目<=M，但最后一段到L的距离不足。例如： 假设L=10，中间岩石是3和7。M=1. 假设mid=4. 处理过程： prev=0. 3-0=3 <4→count=1. 7-0=7 >=4→prev=7. count=1<=M=1. 最后到L=10的距离是3。3<4 →返回false. 所以，虽然count<=M，但最后一段的距离不够，所以该mid不可行。此时，判断函数正确返回false.所以，代码中的判断函数正确。综上，该代码应该可以正确解决问题。</think>使用C++实现的解决方案： ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; bool isPossible(int mid,