小Hi和小Ho正在玩這樣一個遊戲，在每局遊戲的開始，小Hi手持一瓶可以認爲是無窮無盡的飲料，而小Ho手中有一個空杯子。
一局遊戲分爲N輪，在每輪行動中，小Hi先向小Ho手中的杯子倒入T個單位的飲料（倒入的數量在一局遊戲開始之前約定好且在整局遊戲中固定），然後小Ho擲出一個均勻的K面骰子得到一個1..K之間的數d，如果杯中飲料的單位數小於等於d，則小Hi記一分，且小Ho將杯中剩餘飲料一飲而盡，否則小Ho記一分，小Ho喝掉杯中d個單位的飲料。在N輪結束後，分高者獲勝。
那麼問題來了，如果小Ho能夠預測這局中每輪自己所擲出的點數，那麼最小的能使得小Ho獲勝的T（每輪小Hi倒入小Ho杯子的飲料的單位數）是多少？
算法分析
本題需要我們求的是最小滿足要求的 T 值，使得在該 T 值下，小Ho獲得的分數高於小Hi。
因爲小Hi和小Ho分數之和一定爲 n，所以小Ho獲勝的條件可以改爲小Ho的分數score大於n/2。
通過分析題意，我們可以知道score和 T 之間滿足一定的關係，score會隨着 T 值的變化而變化，則可以假設有：
score = f(T)
我們根據題目描述的遊戲規則構造出f(T)函數：
f(T):
rest = 0; // 當前杯中剩餘的飲料體積
score = 0; // 小Ho的得分
for i = 1 .. n
rest = rest + T; // 小Hi向杯子中倒入T單位飲料
if (rest > d[i]) // 若杯子中飲料大於第i輪的d
score = score + 1; // 小Ho獲得一分
rest = rest - d[i]; // 小Ho喝掉d個單位飲料
else
rest = 0; // 小Ho喝掉全部的飲料
end if
end for
return score;
每次執行f(T)函數花費的時間代價爲 O(n)。
對f(T)進一步研究，我們可以發現：
- 當 T = 0 時，
score = f(0) = 0 - 當 T = K 時，
score = f(K) = n
我們可以猜想在 T 從 0 到 K 的過程中，小Ho獲得的分數score是單調遞增的。
而要證明f(T)函數確實滿足遞增的性質，只需證明對於 T 和 T' (T < T')，每一輪開始時小Ho的得分和剩餘的飲料體積，T 對應的數值都不超過 T' 對應的數值。
我們設s[i]，r[i]表示第i輪開始，還沒有添加 T 單位飲料時，小Ho的得分和剩餘飲料的體積；s'[i]，r'[i]表示第i輪開始，還沒有添加 T' 單位飲料時，小Ho的得分和剩餘飲料的體積。
我們要證明：對於i = 1..N+1，都有s[i]
≤ s'[i]且r[i] ≤ r'[i]。
利用數學歸納法，i = 1 時，s[i]
= s'[i] = 0，r[i] = r'[i] = 0，結論成立。
假設i = n 時結論成立，那麼當i = n+1 時：r[n+1]
= max(r[n]+T-d, 0),r'[n+1] = max(r'[n]+T'-d, 0)。
由於r[n] ≤ r'[n]，T < T'，所以r[n]+T
< r'[n]+T'
- 當
d < r[n]+T < r'[n]+T時，r[n+1] = r[n]+T-d,r'[n+1] = r'[n]+T'-d,s[n+1] = s[n]+1,s'[n+1] = s'[n]+1，易知結論成立； - 當
r[n]+T ≤ d < r'[n]+T時，r[n+1] = 0,r'[n+1] = r'[n]+T'-d > 0,s[n+1] = s[n],s'[n+1] = s'[n]+1，易知結論成立； - 當
r[n]+T < r'[n]+T ≤ d時，r[n+1] = r'[n] = 0,s[n+1] = s[n],s'[n+1] = s'[n]，易知結論成立。
綜上所述，對於i = 1..N+1，都有s[i]
≤ s'[i]且r[i] ≤ r'[i]。而f(T)
= s[N+1] ≤ s'[N+1] = f(T')，所以函數f(T)是單調遞增的。
當score首次超過n/2時的 T 值，也就是我們要求的最小值，不妨記爲 M。
那麼接下來要考慮的就是如何快速的求得 M 值。
一個簡單的想法是從 0 開始依次枚舉，直到score大於n/2，這樣可以保證在第一時間計算出 M值。一共需要執行 M 次f(T)函數，所以其時間複雜度爲 O(nM)。對於足夠強的數據這顯然是會超時的，必須降低執行f(T)函數的次數。
我們再一次觀察f(T)函數：
我們隨機找一個 T 值，並計算出其f(T)。根據f(T)與n/2的大小關係，我們可以判斷出當前計算出的 T 值是小於 M，亦或是大於 M。
由這個性質，我們可以得到一個區間逼近的算法：
- 初始化 T 可能的取值區間
[left, right]，保證f(left) < n/2, f(right) ≥ n/2。這裏我們取[0,M]。 - 若
left + 1 == right，跳轉第四步。否則繼續第三步。 -
取
mid = (left + right) / 2，並計算出f(mid)。假設
f(mid) < n/2，由f(T)爲單調遞增函數，則對於任意一個 T 屬於[left, mid]，f(T) < n/2。因此 M 一定不在
[left, mid]內，M 一定在[mid, right]的區間內。因此我們令left = mid，並回到第二步。同理，若
f(mid) ≥ n/2，則 M 一定在[left, mid]。此時我們令right = mid，並回到第二步。 - 由於
left + 1 == right，且f(left) < n/2, f(right) ≥ n/2。因此right即爲所求的 M 值。
這個算法滿足每一次將區間縮小一半，因此總的時間複雜度爲 O(nlogK)。其僞代碼：
left = 0;
right = K;
while (left + 1 < right)
mid = (left + right) / 2;
if (f(mid) < n/2) left = mid;
else right = mid;
end while
至此我們得到了該題的解決辦法：利用二分縮小答案的區間，並利用答案本身去判定最優解的範圍。
這樣的算法我們一般稱之爲"二分答案"，其明顯的標誌有兩個：
- 求可行解中的最優解
- 能夠構造出關於解的
f(T)函數，並且f(T)函數滿足單調性
只要能夠熟練的發現這兩個標誌，對於同類的問題也就能夠迎刃而解了。