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1.交易系统的降级策略（二分法）

题目描述：有一个核心交易系统接口被N个上游系统调用，每个上游系统的调用量R=[R1,R2…,RN].由于核心交易系统集群故障，需要暂时系统降级限制调用，核心交易系统能接受的最大调用量为cnt。设置降级规则如下;如果sum(R1.R2…RN)小于等于cnt，则全部可以正常调用，返回-1;如果sum(R1.R2…RN)大于cnt，设置一个阈值limit，如果某个上游系统发起的调用量超过limit，就将该上游系统的调用量限制为limit，其余未达到limit的系统可以正常发起调用。求出这个最大的limit(limit可以为0)此题目对效率有要求，请选择高效的方式。

输入描述

第一行:每个上游系统的调用量(整型数组) 第二行:核心交易系统的最大调用量 0<R.length<=10^5，0<R[i]<105，0<cnt <= 10^9

输出描述

调用量的阈值Iimit

测试用例

样例1：
输入：
1 4 2 5 5 1 6 
13
输出：
2
解释：因为1+4+2+5+5+1+6>13;将limit设置为2，则1+2+2+2+2+1+2=12<13。所以limit为2样例2：
输入：
1 7 8 8 1 0 2 4 9
7
输出：
0
解释：因为即使limit设置为1,1+1+1+1+1+1+1+1=8>7也不满足，所以limit只能为0

解题思路：二分法，在[0, end]左闭右闭区间内不断搜索符合条件的limit，本题需要搜索到符合条件的最大右边界，即找到ret恰好小于cnt时对应的end边界。这就需要在区间内寻找符合条件的右边界相关算法，在后面已经引入。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int getSum(vector<int>& nums, int limit)
{int sum = 0;for(int num : nums){if(num < limit) sum += num;else sum += limit;}return sum;
}int getLimit(vector<int>& nums, int cnt, int begin, int end)
{// 二分法实现 寻找符合条件的右边界（因为要找到ret恰好小于cnt时对应的边界）int mid = 0;while(begin < end){mid = begin + (end - begin) / 2;int ret = getSum(nums, mid);// 需要缩小左侧边界if(ret < cnt){begin = mid + 1;}// 需要缩小右侧边界else if(ret > cnt){end = mid - 1;}else{// 别返回，收缩右侧边界begin = mid + 1;}}// 返回ret恰好小于cnt时对应的mid，即我们需要的limitreturn end;
}int main() {// vector<int> nums{1,7,8,8,1,0,2,4,9};// int cnt = 7;vector<int> nums{2,4,2,5,5,2,6};int cnt = 1;int sum = 0;int begin = 0;      // 左边界直接从0开始，也避免了选择左侧边界带来的麻烦int end = INT_MIN;  // 记录所有元素中的最大元素 最终形成左闭右闭区间for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){end = max(end, nums[i]);sum += nums[i];} if(sum <= cnt) cout << -1 << endl;int limit = getLimit(nums, cnt, begin, end);cout << limit << endl;return 0;
}

在排序数组内搜索左右边界

思路：labuladong

① 搜索一个元素时，搜索区间两端闭；while条件带等号，if相等就返回；mid必须加减一，因为区间两端闭；while结束就凉了，凄凄惨惨返-1。

② 搜索左右边界时，搜索区间要阐明；左闭右开最常见，其余逻辑便自明；while要用小于号，这样才能不漏掉；if相等别返回，利用mid锁边界；mid加一或减一？要看区间开或闭；while结束不算完，因为你还没返回；索引可能出边界，if检查保平安。

将right初始化为nums.size() - 1, while的终止条件为left == right + 1，也就是left > right时循环结束，那么while的循环条件就应该为 <= 。这样就将搜索区间统一成左闭右闭区间。

寻找左侧边界-左闭右闭区间

// 寻找左侧边界-左闭右闭区间
int left = 0, right = nums.size() - 1;
// 搜索区间为[left, right]
while(left <= right)
{int mid = left + (right - left) / 2;if(target > nums[mid]){// 搜索区间变为[mid + 1, right]left = mid + 1;}else if(target < nums[mid]){// 搜索区间变为[left, mid - 1]right = mid - 1;}else if(target == nums[mid]){// 别返回，收缩左侧边界right = mid - 1;}
}
// 循环结束还没有返回值，还需要判断索引是否越界（这里left == right + 1会结束循环）
// 检查出界情况 || (不出界判断是否是target)
if(left >= nums.size() || nums[left] != target)
{return -1;
}
return left;

寻找右侧边界-左闭右闭区间

// 寻找右侧边界-左闭右闭区间
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while(left <= right)
{int mid = left + (right - left) / 2;if(target > nums[mid]){// 搜索区间变为[mid + 1, right]left = mid + 1;}else if(target < nums[mid]){// 搜索区间变为[left, mid - 1]right = mid - 1;}else if(target == nums[mid]){// 别返回，收缩右侧边界left = mid + 1;}
}// 循环结束，判断出界情况或者是否是target
if(right < 0 || nums[right] != target)
{return -1;
}
return right;

2.获取最多食物（树形DP）

题目描述：

主办方设计了一个获取食物的游戏。游戏的地图由N个方格组成，每个方格上至多2个传送门，通过传送门可将参与者传送至指定的其它方格。

同时，每个方格上标注了三个数字:

(1) 第一个数字id: 代表方格的编号，从0到N-1，每个方格各不相同

(2) 第二个数字parent-id: 代表从编号为parent-id的方格可以通过传送门传送到当前方格(-1则表示没有任何方格可以通过传送门传送到此方格，这样的方格在地图中有且仅有一个);

(3) 第三个数字value: 取值在[-100，100]的整数值，正整数代表参与者得到相对取值单位的食物，负整数代表失去相应数值单位的食物(参与者可能存在临时持有食物为负数的情况)，0则代表无变化。

此外，地图设计时保证了参与者不可能到达相同的方格两次，并且至少有一个方格的value是正整数。 游戏开始后，参与者任意选择一个方格作为出发点，当遇到下列情况之一退出游戏: (1)参与者当前所处的方格无传送门: (2) 参与者在任意方格上主动宣布退出游戏 请计算参与者退出游戏后，最多可以获得多少单位的食物 解答要求 时间限制: C/C++ 1300ms.其他语言:2600ms内存限制: C/C++256MB其他语言:512MB 第一行:方块个数N (N<10000)

测试用例：

输入描述：

第一行：方块个数N

其余行，共N行，每行3个数字

输出描述：

最多可以获得多少单位的食物

样例1：
输入：
7
0 1 8
1 -1 -2
2 1 9
4 0 -2
5 4 3
3 0 -3
6 2 -3
输出：
9
参与者从方格0出发，通过传送门到达方格4，再通过传送门到达方格5。一共获得8+(-2) +3=9个单位食物，得到食物最多: 或者参与者在游戏开始时处于方格2，直接主动宣布退出游戏，也可以获得9个单位食物。样例2：
输入：
3
0 -1 3
1 0 1
2 0 2
输出
5
参与者从方格0出发，通过传送门到达方格2，一共可以获得3+2=5个单位食物，此时得到食物最多

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int dfs(vector<vector<int>>& nodes, int n