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从2024年4月15号开始，OD机考全部配置为2024D卷。
注意两个关键点：
- 会遇到C卷复用题。虽然可能存在幸存者偏差，但肯定还会有一大部分的旧题。
- 现在又支持做完题目之后倒回去改了。就是可以先做200的再做100的，然后可以反复提交。
题目描述与示例
题目描述
部门在进行需求开发时需要进行人力安排。当前部门需要完成 N 个需求，需求用 requirements[i] 表示，requirements[i] 表示第 i 个需求的工作量大小，单位：人月。这部分需求需要在 M 个月内完成开发，进行人力安排后每个月的人力是固定的。
目前要求每个月最多有 2 个需求开发，并且每个月需要完成的需求不能超过部门人力。请帮部门评估在满足需求开发进度的情况下，每个月需要的最小人力是多少？
输入描述
输入第一行为 M ，第二行为 requirements 。
M 表示需要开发时间要求，requirements 表示每个需求工作量大小
N 为 requirements 长度，1 ≤ N / 2 ≤ M ≤ N ≤ 10000，1 ≤ requirements[i]≤ 10^9
输出描述
对于每一组测试数据，输出部门需要人力需求，行末无多余的空格。
示例
输入
3
3 5 3 4
输出
6
说明
输入数据两行，第一行输入数据 3 表示开发时间要求，第二行输入数据表示需求工作量大小，输出数据一行，表示部门人力需求。
当选择人力为6时，2个需求量为3的工作可以在1个月里完成，其他2个工作各需要1个月完成。可以在3个月内完成所有需求。
当选择人力为5时，4个工作各需要1个月完成，一共需要4个月才能完成所有需求。
因此6是部门最小的人力需求。
解题思路
题目描述不是特别清晰，只能通过示例进行反推。
考虑子问题，在设置人力需求为k时，需要多少个月能够完成所有工作。这个子问题与课上讲过的LeetCode881. 救生艇是完全一致的。
子问题中的人力需求k就等价于救生艇中的最大承重limit，且每次选择都只能至多选择数组中的两个元素。该子问题使用排序+双指针+贪心的策略来完成，其代码如下
def check(k, nums):
left, right, ans = 0, len(nums) - 1, 0
while left <= right:
if nums[left] + nums[right] > k:
right -= 1
else:
left += 1
right -= 1
ans += 1
return ans
注意nums数组必须先排序，才可以使用上述的贪心策略。
再得到check函数之后，就需要找到一个适合的k了。显然k的取值是存在二段性的：
- 当
k很小时，需要N个月才能完成工作，即每一个月都只能完成1个工作 - 当
k很大时，可以只花N/2个月就完成工作，即每一个月都可以完成2个工作 - 又因为
N/2 ≤ M ≤ N成立，故一定存在一个k，恰好能够在M个月内完成工作
因此考虑二分查找完成本题。其主要代码如下
left, right = max(nums), sum(nums) + 1
while left < right:
mid = left + (right - left) // 2
if check(mid, nums) <= m:
right = mid
else:
left = mid + 1
print(left)
PS：本题综合性比较强，同时涉及了双指针、贪心和二分查找，还需要大家多加练习以将所有知识融会贯通。
代码
python
# 题目：【二分查找】2023C-部门人力分配
# 分值：200
# 作者：许老师-闭着眼睛学数理化
# 算法：二分查找/贪心
# 代码看不懂的地方，请直接在群上提问
# 相关题目：LeetCode881.救生艇
m = int(input())
nums = list(map(int, input().split()))
# 对nums数组进行排序，方便后续每一次二分中的贪心过程
nums.sort()
# 子问题
# 计算在人力需求为k时
# 需要最少多少个月才能完成所有需求nums
def check(k, nums):
# 初始化left和right两个指针，指向一头一尾；初始化答案变量ans
left, right, ans = 0, len(nums) - 1, 0
# 进行循环，退出循环条件为两指针相遇，表示需求都完成
while left <= right:
# 如果两个工作所需人数超过了k
# 则这个月只能完成需求人数多的工作nums[right]，right左移
if nums[left] + nums[right] > k:
right -= 1
# 如果两个工作所需人数超过了k
# 则这个月可以同时完成nums[left]和nums[right]这两个工作，left右移、right左移
else:
left += 1
right -= 1
# 每轮匹配，都会多一个月来工作，更新ans变量
ans += 1
return ans
# 二分查找
# 设置做左闭右开区间：
# 人力需求的最小值为nums数组中的最大值，
# 否则max(nums)这个工作无法在一个月内完成
# 人力需求的最大值为nums数组中的两个最大元素相加，
# 这里取一个更加宽松的上限sum(nums)，考虑闭区间为sum(nums)+1
left, right = max(nums), sum(nums) + 1
# 进行二分
while left < right:
mid = left + (right - left) // 2
# 如果在人力需求取mid时，所花费时间不超过m
# 那么说明人力需求还有富余，right左移令搜索空间向左折半
if check(mid, nums) <= m:
right = mid
# 如果在人力需求取mid时，所花费时间超过m
# 那么说明人力需求有所紧缺，left右移令搜索空间向右折半
else:
left = mid + 1
# 退出二分查找时，k = right = left是使得check(k, nums)恰好 ≤ m的第一个人力需求指
# 即为答案
print(left)
java
import java.util.*;
public class Main {
public static int check(int k, List<Integer> nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1, ans = 0;
while (left <= right) {
if (nums.get(left) + nums.get(right) > k) {
right--;
} else {
left++;
right--;
}
ans++;
}
return ans;
}
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int m = scanner.nextInt();
List<Integer> nums = new ArrayList<>();
while (scanner.hasNextInt()) {
nums.add(scanner.nextInt());
}
Collections.sort(nums);
int left = Collections.max(nums);
int right = nums.stream().mapToInt(Integer::intValue).sum() + 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (check(mid, nums) <= m) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
System.out.println(left);
}
}
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <numeric>
using namespace std;
int check(int k, vector<int>& nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1, ans = 0;
while (left <= right) {
if (nums[left] + nums[right] > k) {
right--;
} else {
left++;
right--;
}
ans++;
}
return ans;
}
int main() {
int m;
cin >> m;
vector<int> nums;
int num;
while (cin >> num) {
nums.push_back(num);
}
sort(nums.begin(), nums.end());
int left = *max_element(nums.begin(), nums.end());
int right = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) + 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (check(mid, nums) <= m) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
cout << left << endl;
return 0;
}
时空复杂度
时间复杂度：O(N(logN+logU))。排序所需的时间复杂度为O(NlogN)。单次check()函数所需时间复杂度为O(N)，二分查找的范围区间为U = sum(nums) - max(nums)，故总的二分查找所需时间复杂度为O(NlogU)
空间复杂度：O(1)。忽略排序所需编译栈空间，仅需若干常数变量。
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