二分查找-POJ3579-Median

题目大意

给定一个长度为n的正整数序列a[]，现有a[]中的所有元素任意两两做差，形成一个长度为 $C_n^2$ 的序列b[],求出b[]的中位数。

其中，1<=n<=1e5, 0<a[i]<1e9

问题分析

直接求出这些差值、排列、选中位数，显然会超时，其时间复杂度为O(n^2 log n^2) ,其中求值为O(n^2), 排列为O(m log m)。
二分查找的框架中,查找结果为符合check()条件的第一个位置

while(l<r)
        {
            int mid=l+(r-l)/2;
            if(check(mid))//大于dif的数少于等于一半       ---------------+----
                r=mid;
            else
                l=mid+1;
        }

中位数的直观定义为数列中最中间的数，准确定来说就是数列排序后位置在最中间(当n为奇数时，中间为n/2+1,；当n为偶数时，中间为n/2<题目中定义>)，换言之，也就是说，大于中位数的数占一半，小于中位数的数也占一半。但这样不够精准，因为可能和中位数相等的数有很多个。准确定义，应该是

大于中位数的数应少于等于总数的一半

数列a[]	中位数mid	大于mid的数量
1 2 3* 4 5	3*	2
1 2* 2 2 3	2*	1
1 2* 2 3 4	2*	2
1 2 3* 3 5	3*	1

虽然最终找到的中位数的位置不一定为最中间的哪一个，但并不影响。

鉴于以上分析，中位数可以通过二分查找找出来，查找区间为[0 , max_a - max_b +1)

接下来应该研究的是如何确定大于某个数dif的数量。
若设当前需要检验的差值diff=Xj-Xi,那么每次固定一个Xi,找到所有比Xj大的X元素，也就是所有比(diff+Xi)大的X元素，每找到一个元素意味着找到了一个比diff大的差值，当Xi遍历后就能找到所有比diff大的差值，判断比diff大的差值个数是否少于等于m/2个，如果true。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;

int n;
ll m;
int a[maxn];

bool check(int dif)
{
    ll sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        sum+=a+n-upper_bound(a+i,a+n,a[i]+dif);// >dif的数量    ------------------++++++++*-----
    return sum<=m/2;// >dif的数量少于等于一半，即dif太大了
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        m=n*(n-1)/2;
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sort(a,a+n);
        int l=0,r=a[n-1]-a[0]+1;
        while(l<r)
        {
            int mid=l+(r-l)/2;
            if(check(mid))//大于dif的数少于等于一半       ---------------+----
                r=mid;
            else
                l=mid+1;
        }
        printf("%d\n",l);
    }
    return 0;
}

来源：CSDN

作者：奔跑吧蚂蚁呀

链接：https://blog.csdn.net/qq_40488628/article/details/103240998

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