【独家OD2023C卷真题】20天拿下华为OD笔试【二分查找】2023C-部门人力分配【欧弟算法】全网注释最详细分类最全的华为OD真题题解_华为od 部门人力分配笔试

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
1

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
1
2

输出

6
1

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
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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)
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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)
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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);
    }
}
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C++

#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;
}
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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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