报名明年4月蓝桥杯软件赛的同学们，如果你是大一零基础，目前懵懂中，不知该怎么办，可以看看本博客系列：备赛20周合集
20周的完整安排请点击：20周计划
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文章目录
- 1. 贪心思想
- 2. 经典贪心问题
- 2.1 部分背包问题
- 2.2 不相交区间问题（或称为区间调度问题、活动安排问题）
- 2.3 区间合并问题
- 2.4 区间覆盖问题
- 3. 例题
- 3.1 买二赠一
- 3.2 购物
- 3.3 管道
- 4. 习题
第9周: 贪心
备赛20周活动已经到第11周了，快到期末考试阶段了。最近做题的人很少了。
1. 贪心思想
贪心是蓝桥杯省赛的必考知识点，每年都有。
贪心（Greedy）是容易理解的算法思想：把整个问题分解成多个步骤，在每个步骤，都选取当前步骤的最优方案，直到所有步骤结束；在每一步，都不考虑对后续步骤的影响，在后续步骤中也不能回头改变前面的选择
作者拟过2句赠言：
“贪心说，我从不后悔我走过的路”
“贪心说，其实我有一点后悔，但是我回不了头”
大多数读者选前一句。
贪心策略在生活中经常用到。例如下象棋时，初级水平的棋手只会“走一步看一步”，就是贪心法。而水平高的棋手能“走一步看三步”，轻松击败初级棋手。
贪心这种“只顾当下，不管未来”的解题策略，让人疑惑：在完成所有局部最优操作后，得到的解不一定是全局最优，那么热如何判断能不能用贪心呢？
有时很容易判断：一步一步在局部选择最优，最后结束时能达到全局最优。例如吃自助餐，怎么吃才能“吃回票价”？它的数学模型是一类背包问题，称为“部分背包问题”：有一个容量为C的背包，有m种物品，第i种物品有wi千克，单价为vi，且每种物品是可以分割的，例如大米、面粉等；问如何选择物品，使得装满背包时，总价值最大。显然可以用贪心法，只要在当前物品中选最贵的放进背包就行了：先选最贵的物品A，A放完之后，再选剩下最贵的物品B，…，直到背包放满。
有时看起来能用贪心，但实际上贪心的结果不是最优解。例如最少硬币支付问题：有多种面值的硬币，数量不限；需要支付M元，问怎么支付，才能使硬币数量最少？
最少硬币支付问题是否能用贪心求最优解，和硬币的面值有关。
任意面值的最少硬币支付问题，正解是动态规划。参考《算法竞赛入门到进阶》清华大学出版社，罗勇军著，“7.1.1 硬币问题”给出了各种硬币问题的动态规划解法。
如果硬币面值为1元、2元、5元，用贪心是对的。贪心策略是当前选择可用的最大面值的硬币。例如支付M=18元，第一步选面值最大的5元硬币，用掉3个硬币，还剩3元；第二步选面值第二大的2元硬币，用掉1个硬币，还剩1元；最后选面值最小的1元硬币，用掉1个；共用5个硬币。在这个解决方案中，硬币数量总数是最少的，贪心法的结果是全局最优的。
但是如果是其他面值的硬币，贪心法就不一定能得到全局最优解。例如，硬币的面值很奇怪，分别是1、2、4、5、6元。支付M = 9元，如果用贪心法，每次选择当前最大面值硬币，那么答案是6 + 2 + 1，需要3个硬币，而最优解是5 + 4，只需要2个硬币。
判断一个题目是不是能用贪心，需要满足以下特征：
1）最优子结构性质。当一个问题的最优解包含其子问题的最优解时，称此问题具有最优子结构性质，也称此问题满足最优性原理。
2）贪心选择性质。问题的整体最优解可以通过一系列局部最优的选择来得到。也就是说，通过一步步局部最优能最终能得到全局最优。
最后讨论贪心法的效率，贪心法的计算量是多少？贪心法由于每一步都在局部做计算，且只选取当前最优的步骤做计算，不管其他可能的计算方案，所以计算量很小。在很多情况下，贪心法可以说是计算复杂度最低的算法了。与此相对，暴力法一般是计算复杂度最差的，因为暴力法计算了全局的所有可能的方案。
由于贪心的效率高，所以如果一个问题确定可用贪心法能得到最优解，那么应该使用贪心。如果用其他算法，大概率会超时。
在算法竞赛中，贪心法几乎是必考点，有的题考验思维能力，有的题结合了贪心和其他算法。虽然贪心策略很容易理解，但贪心题可能很难。
贪心也是蓝桥杯大赛的常见题型。不论是省赛还是国赛，贪心出现的概率都非常大。
虽然贪心法不一定能得到最优解，但是它解题步骤简单、编程容易、计算量小，得到的解“虽然不是最好，但是还不错！”。像蓝桥杯这种赛制，一道题有多个测试点，用贪心也许能通过10%~30%，若别无他法，值得一试。
2. 经典贪心问题
2.1 部分背包问题
前文介绍了用贪心求解部分背包问题，下面是例题。
例题：部分背包问题
下面直接给出代码。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct gold{ double w,v,p; }a[105]; //w,v,p: 重量,价值,单价
bool cmp(gold a, gold b){ return a.p > b.p; } //单价从大到小排序
int main(){
int n,c; cin>>n>>c;
for(int i=0;i<n;i++){
cin >> a[i].w >> a[i].v;
a[i].p = a[i].v/a[i].w; //计算单价
}
sort(a,a+n,cmp); //按单价排序
double sum=0.0; //最大价值
for(int i=0;i<n;i++){
if(c >= a[i].w){ //第i种金币比背包容量小
c -= a[i].w; //背包还有余量
sum += a[i].v; //累计价值
}
else{ //第i种金币很多，直接放满背包
sum += c*a[i].p;
break;
}
}
printf("%.2f",sum);//保留小数点后两位输出
return 0;
}
Java代码
import java.util.*;
class Main {
static class Gold { double w, v, p; }
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
int c = scanner.nextInt();
Gold[] a = new Gold[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
a[i] = new Gold();
a[i].w = scanner.nextDouble();
a[i].v = scanner.nextDouble();
a[i].p = a[i].v/a[i].w;
}
Arrays.sort(a, new Comparator<Gold>() {
public int compare(Gold a, Gold b) {
return Double.compare(b.p, a.p);
}
});
double sum = 0.0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (c >= a[i].w) {
c -= a[i].w;
sum += a[i].v;
} else {
sum += c * a[i].p;
break;
}
}
System.out.printf("%.2f", sum);
}
}
Python代码
n, c = map(int, input().split())
a = []
for i in range(n):
w, v = map(int, input().split())
p = v / w
a.append((w, v, p))
a.sort(key=lambda x: x[2], reverse=True)
sum = 0.0
for i in range(n):
if c >= a[i][0]:
c -= a[i][0]
sum += a[i][1]
else:
sum += c * a[i][2]
break
print("%.2f" %sum)
2.2 不相交区间问题（或称为区间调度问题、活动安排问题）
给定一些区间（活动），每个区间有左端点和右端点（开始时间和终止时间），要求找到最多的不相交区间（活动）。
以下按“活动安排问题”来解释。
这个问题的目的是求最多活动数量，所以那种持续时间长的活动不受欢迎，受欢迎的是尽快结束的、持续时间短的活动。
考虑以下3种贪心策略：
1）按最早开始时间贪心：先选最早开始的活动a，当a结束后，再选下一个最早开始的活动。这种策略不好，因为它没有考虑活动的持续时间。假如a一直不结束，那么其他活动就不能开始。
2）最早结束时间：先选最早结束的活动a，a结束后，再选下一个最早结束的活动。这种策略是合理的。越早结束的活动，越能腾出后续时间容纳更多的活动。
3）用时最少：先选时间最短的活动a，再选不冲突的下一个最短活动。这个策略似乎也可行，但是很容易找到反例，证明这个策略不正确。
下图的例子，
用“策略1）最早开始时间”，选3；
用“策略2）最早结束时间”，选1、2、5、6；
用“策略3）用时最少”，选4、1、2。
策略2）的结果是最好的。
总结活动安排问题的贪心策略：先按活动的结束时间（区间右端点）排序，然后每次选结束最早的活动，并保证选择的活动不重叠。
例题：线段覆盖
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct data{
int L, R; //开始时间、结束时间
}a[1000005];
bool cmp(data x,data y){return x.R<y.R; } //按照结束时间排序
int main(){
int n; cin >> n;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i].L>>a[i].R;
sort(a,a+n,cmp);
int ans = 0;
int lastend = -1;
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i].L>=lastend) {
ans++;
lastend = a[i].R;
}
cout<<ans;
return 0;
}
Java代码
import java.util.*;
class Main {
static class Data { int L, R; } // 开始时间、结束时间
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
Data[] a = new Data[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
a[i] = new Data();
a[i].L = scanner.nextInt();
a[i].R = scanner.nextInt();
}
Arrays.sort(a, new Comparator<Data>() {
public int compare(Data x, Data y) {
return x.R - y.R;
}
});
int ans = 0;
int lastend = -1;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (a[i].L >= lastend) {
ans++;
lastend = a[i].R;
}
System.out.println(ans);
}
}
python代码
n = int(input())
a = []
for _ in range(n):
L, R = map(int, input().split())
a.append((L, R))
a.sort(key=lambda x: x[1]) # 按照结束时间排序。请与下一个例题比较
ans = 0
lastend = -1
for i in range(n):
if a[i][0] >= lastend:
ans += 1
lastend = a[i][1]
print(ans)
2.3 区间合并问题
区间合并问题：给定若干个区间，合并所有重叠的区间，并返回不重叠的区间个数。
以下图为例，1、2、3、5合并，4、6合并，新区间是1’、4’。
贪心策略：按区间左端点排序，然后逐一枚举每个区间，合并相交的区间。
定义不重叠的区间个数（答案）为ans。设当前正在合并的区间的最右端点为end，枚举到第i个区间[Li, Ri]时：
若Li≤end，说明与第i区间相交，需要合并，ans不变，更新end = max(end, Ri)。
若Li > end，说明与第i区间不相交，ans加1，更新 end = max(end, Ri)。
请读者用上图的例子，模拟合并过程。
2.4 区间覆盖问题
区间覆盖问题：给定一个目标大区间，和一些小区间，问最少选择多少小区间，可以覆盖大区间。
贪心策略：尽量找出右端点更远的小区间。
操作步骤：先对小区间的左端点排序，然后依次枚举每个小区间，在所有能覆盖当前目标区间右端点的区间之中，选择右端点最大的区间。
下图中，求最少用几个小区间能覆盖整个区间。先按左端点排序。设当前覆盖到了位置R，选择的小区间数量为cnt。
从区间1开始，R的值是区间1的右端点A，R=A。cnt=1。
找到能覆盖R=A的区间2、3，在区间2、3中选右端点更远的3，更新R为区间3的右端点B，R=B。cnt=2。
区间4不能覆盖R=B，跳过。
找到能覆盖R=B区间5，更新R=C。cnt=3。结束。
例题：区间覆盖
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct data{
ll L,R;
} a[100005];
bool cmp(data x,data y){return x.L < y.L; } //按左端点排序
int main(){
int n; cin>>n;
for (int i=0;i<n;i++) cin>>a[i].L>>a[i].R;
sort(a,a+n,cmp);
ll lastend=-1,ans=0;
for (int i=0;i<n;i++)
if (a[i].R >= lastend){
ans += a[i].R - max(lastend,a[i].L)+1;
lastend = a[i].R+1;
}
cout<<ans;
return 0;
}
Java代码
import java.util.*;
class Main {
static class Data {long L, R;}
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
Data[] a = new Data[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
a[i] = new Data();
a[i].L = scanner.nextLong();
a[i].R = scanner.nextLong();
}
Arrays.sort(a, new Comparator<Data>() {
public int compare(Data x, Data y) {
return Long.compare(x.L, y.L);
}
});
long lastend = -1;
long ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (a[i].R >= lastend) {
ans += a[i].R - Math.max(lastend, a[i].L) + 1;
lastend = a[i].R + 1;
}
System.out.println(ans);
}
}
python代码
class Data:
def __init__(self, L, R):
self.L = L
self.R = R
def cmp(x, y): return x.L < y.L #这里用函数比较。请对比上一题代码
n = int(input())
a = []
for _ in range(n):
L, R = map(int, input().split())
a.append(Data(L, R))
a.sort(key=lambda x: x.L)
lastend = -1
ans = 0
for i in range(n):
if a[i].R >= lastend:
ans += a[i].R - max(lastend, a[i].L) + 1
lastend = a[i].R + 1
print(ans)
3. 例题
3.1 买二赠一
2023年蓝桥杯省赛 Java B组 G题 20分
看起来这20分不难拿哦
链接：买二赠一
最贵的商品显然不能免单，买了2个不能免单的最贵商品后，获得一个免单机会，那么这个免单机会给谁呢？就给能免单的最贵的那个商品。这个贪心思路显然是对的。
以样例为例，先排序得{8 7 5 4 2 1 1}。先购买最贵的8、7，然后可以免单的最贵的是2。再购买剩下的最贵的5、4，免单1。最后单独买1。总价是25。
C++代码。需要查找价格为P/2的商品， 由于价格已经排序，可以用二分法加快查找的时间。这里直接用二分法的库函数lower_bound()查找。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int a[N];
bool vis[N]; //vis[i]=1表示已经免单了
int main(){
int n; scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a, a + n);
long long ans = 0;
int cnt = 0;
int last = -1; //购买的2件中的便宜的那件
last_id = n-1; //能免单的位置
for(int i = n-1; i >= 0; i--){
if(!vis[i])
cnt++, ans += a[i], last = a[i]; //last是买的第2件
if(cnt == 2){ //买了2个
cnt = 0;
int x = lower_bound(a , a + last_id, last / 2) - a; //找能免单的商品a[x]
if(x > last_id || a[x] > last / 2) x--; //向下取整
if(x>=0){
vis[x] = 1; //x免单了
last_id = x-1; //后面能免单的区间范围是[0,last_id]
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
Java代码。Java没有自带的二分函数，只好自己写一个lowerBound()。
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
int[] a = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = scanner.nextInt();
Arrays.sort(a);
long ans = 0;
int cnt = 0;
int last = -1;
int last_id = n - 1;
boolean[] vis = new boolean[n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
if (!vis[i]) {
cnt++;
ans += a[i];
last = a[i];
}
if (cnt == 2) {
cnt = 0;
int x = lowerBound(a, 0, last_id, last / 2);
if (x > last_id || a[x] > last / 2) x--;
if (x >= 0) {
vis[x] = true;
last_id = x - 1;
}
}
}
System.out.println(ans);
}
private static int lowerBound(int[] a, int L, int R, int target) {
while (L < R) {
int mid = L + (R - L) / 2;
if (a[mid] >= target) R = mid;
else L = mid + 1;
}
return L;
}
}
Python代码。自带的二分函数是bisect_left()。
import bisect
n = int(input())
a = list(map(int, input().split()))
a.sort()
ans = 0
cnt = 0
last = -1
last_id = n - 1
vis = [False] * n
for i in range(n - 1, -1, -1):
if not vis[i]:
cnt += 1
ans += a[i]
last = a[i]
if cnt == 2:
cnt = 0
x = bisect.bisect_left(a, last // 2, 0, last_id)
if x > last_id or a[x] > last // 2: x -= 1
if x >= 0:
vis[x] = True
last_id = x - 1
print(ans)
3.2 购物
链接：购物
为方便处理，把硬币面值从小到大排序。
无解是什么情况？如果没有面值1的硬币，组合不到1，无解。如果有面值1的硬币，那么所有的X都能满足，有解。所以，无解的充要条件是没有面值1的硬币。
组合出1~X的任意值，需要的硬币多吗？学过二进制的人都知道，1、2、4、8、…、
2
n
−
1
2^{n-1}
2n−1这n个值，可以组合出1~
2
n
2^n
2n-1的所有数。这说明，只需要很少的硬币，就能组合出很大的X。
设已经组合出1~s的面值，即已经得到数字1、2、3、…、s，下一步扩展到s+1。当然，如果能顺便扩展到s+2、s+3、…扩展得越大越好，这样就能用尽量少的硬币扩展出更大的面值。
如何扩展到s+1？就是在数字1、2、3、…、s的基础上，添加一个面值为v的硬币，得到s+1。v可以选1、2、…、s+1，例如：v=1，s+1=s+v；v=2，s+1=s-1+v；…；v=s+1，s+1=v。如果v=s+2，就不能组合到s+1了。
v的取值范围是[1, s+1]，为了最大扩展，选v为[1, s+1]内的最大硬币，此时s扩展到s+v。这就是贪心策略。
以本题的输入样例为例说明计算过程。设答案为ans。
先选硬币1，得到s=1。ans=1。
再选[1, s+1]=[1, 2]内的最大硬币2，扩展s=1为s=1+v=3。ans=2。
再选[1, s+1]=[1, 4]内的最大硬币2，得到s=5。ans=3。
再选[1, s+1]=[1, 6]内的最大硬币5，得到s=10。ans=4。
再选[1, s+1]=[1, 11]内的最大硬币10，得到s=20。ans=5。此时s≥X，结束。
所以仅需5个面值1、2、2、5、10的硬币，就可以组合得到1、2、3、4、…、20。
C/C++代码。第11行找[1, s]内的最大面值硬币，可以用二分法优化。本题不优化也能通过测试。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[105]; //存硬币面值
int main(){
int x,n; cin >> x >>n;
for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
sort(a,a+n);
if(a[0]!=1){ cout<<-1; return 0;} //无解
int s=0,ans=0;
while(s<x)
for(int v=n-1;v>=0;v--)
if(a[v]<=s+1) { //找到[1,s]内的最大面值硬币a[v]
s+=a[v]; //扩展s
ans++;
break;
}
cout << ans;
}
Java代码
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner input = new Scanner(System.in);
int x = input.nextInt();
int n = input.nextInt();
int[] a = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = input.nextInt();
Arrays.sort(a);
if (a[0] != 1) { System.out.println(-1); return; }
int s = 0;
int ans = 0;
while (s < x)
for (int v = n - 1; v >= 0; v--)
if (a[v] <= s + 1) {
s += a[v];
ans++;
break;
}
System.out.println(ans);
}
}
python代码
x, n = map(int, input().split())
a = list(map(int, input().split()))
a.sort()
if a[0] != 1: print(-1); exit()
s, ans = 0, 0
while s < x:
for v in range(n - 1, -1, -1):
if a[v] <= s + 1:
s += a[v]
ans += 1
break
print(ans)
3.3 管道
2023年蓝桥杯省赛 Python B组 D题 10分
这10分似乎不难拿
链接：管道
按题目的设定，管道内是贯通的，每个阀门都连着一个进水管，打开阀门后会有水从这个进水管进入管道，并逐渐流到管道内所有地方。
先解释样例。设长度L的单位是米，水流的速度是米/秒。
L=1处的阀门在第S=1秒打开，T=5秒时，覆盖范围L－(T－S)=1-(5-1)=-3，L＋(T－S)=1+(5-1)=5；
L=6处的阀门在S=5秒打开，T=5秒时，只覆盖了L=6；
L=10处的阀门在L=2秒打开，T=5秒时，覆盖范围L－(T－S)=10-(5-2)=7，L＋(T－S)=10+(5-2)=13。
所以这3个阀门在T=5时，覆盖了[-3, 5]、6、[7，13]，管道所有传感器都检测到了水流。
读者可能立刻想到可以用二分法猜时间T。先猜一个T，然后判断在T时刻是否整个管道有水。如何判断？位于Li的阀门，它影响到的小区间是[Li－(Ti－Si), Li＋(Ti－Si)]，n个阀门对应了n个小区间。那么问题转化为：给出n个小区间，是否能覆盖整个大区间，这就是上一节提到的“区间覆盖问题”。
本题还可以再简单一点。题目给的评测用例指出Li-1 < Li，即已经按左端点排序了，可以省去排序的步骤。
C++代码。在check((t)函数中，定义last_L为当前覆盖到的最左端，last_R为最右端。然后逐个遍历所有的小区间，看它对扩展last_L、last_R有无贡献。所有小区间处理完毕后，如果[last_L、last_R]能覆盖整个[1, len]区间，这个时刻t就是可行的。
第32行把二分mid写成mid = ((R - L) >> 1) + L而不是mid = (R + L) >> 1，是因为R+L可能溢出。R的最大值是2e9，L的最大值是1e9，R+L超过了int的范围。为什么第30行定义R的初值为2e9？请读者思考。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int LEN = 1e9;
int n, len;
int L[N], S[N];
bool check(int t){ // 检查t时刻，管道内是否都有水
int cnt = 0;
int last_L = 2, last_R = 1;
for(int i = 0; i < n; i++)
if(t >= S[i]){
cnt++; //特判t是否够大
int left = L[i] - (t - S[i]);
int right = L[i] + (t - S[i]);
if(left < last_L)
last_L = left, last_R = max(last_R, right);
else if(left <= last_R + 1)
last_R = max(last_R, right);
}
if(cnt == 0) return false;
if(last_L <= 1 && last_R >= len)
return true;
else
return false;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &len);
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d%d", &L[i], &S[i]);
int L = 0, R = 2e9, ans = -1;
while(L <= R){ //二分
int mid = ((R - L) >> 1) + L; //如果写成(L+R)>>1可能溢出
if(check(mid)) ans = mid, R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
Java代码
import java.util.Scanner;
public class Main {
static int[] L;
static int[] S;
static int n;
static int len;
public static boolean check(int t) {
int cnt = 0;
int last_L = 2;
int last_R = 1;
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(t >= S[i]) {
cnt++;
int left = L[i] - (t - S[i]);
int right = L[i] + (t - S[i]);
if(left < last_L) {
last_L = left;
last_R = Math.max(last_R, right);
} else if(left <= last_R + 1) {
last_R = Math.max(last_R, right);
}
}
}
if(cnt == 0) return false;
if(last_L <= 1 && last_R >= len) return true;
else return false;
}
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
n = scanner.nextInt();
len = scanner.nextInt();
L = new int[n];
S = new int[n];
for(int i = 0; i < n; i++) {
L[i] = scanner.nextInt();
S[i] = scanner.nextInt();
}
int L = 0;
int R = 2000000000;
int ans = -1;
while(L <= R) {
int mid = ((R - L) >> 1) + L;
if(check(mid)) {
ans = mid;
R = mid - 1;
} else L = mid + 1;
}
System.out.println(ans);
}
}
python代码
def check(t):
cnt = 0
last_L = 2
last_R = 1
for i in range(n):
if t >= S[i]:
cnt += 1
left = L[i] - (t - S[i])
right = L[i] + (t - S[i])
if left < last_L:
last_L = left
last_R = max(last_R, right)
elif left <= last_R + 1:
last_R = max(last_R, right)
if cnt == 0: return False
if last_L <= 1 and last_R >= length: return True
else: return False
n, length = map(int, input().split())
L = []
S = []
for _ in range(n):
l, s = map(int, input().split())
L.append(l)
S.append(s)
L_val,R_val =0, int(2e9)
ans = -1
while L_val <= R_val:
mid = (R_val + L_val) >> 1
if check(mid):
ans = mid
R_val = mid - 1
else: L_val = mid + 1
print(ans)
4. 习题
答疑 https://www.lanqiao.cn/problems/1025/learning/
身份证 https://www.lanqiao.cn/problems/3849/learning/
翻硬币 https://www.lanqiao.cn/problems/209/learning/
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