递归地在S1和S2上找出其最接近的点对{p1,p2}和{q1,q2}，并设δ＝MIN{|p2-p1|，|q2-q1|}，S中的最接近点对或者是{p1,p2}，或者是{q1,q2}，或者是某个{p3,q3}，其中p3∈S1且q3∈S2。
如图4-2所示：
图4-2一维情形的分治法
我们注意到，如果S的最接近点对是{p3,q3}，即|p3-q3|<δ，则p3和q3两者与m的距离不超过δ，即|p3-m|<δ，|q3-m|<δ，也就是说，p3∈（m-δ,m），q3∈（m,m+δ）。
由于每个长度为δ的半闭区间至多包含S1中的一个点，并且m是S1和S2的分割点，因此（m-δ,m）中至多包含S中的一个点，则此点就是S1中的最大点。
同理，如果（m-δ,m）中有S中的点，则此点就是S2中最小点。
因此，我们用线性时间就可以将S1的解和S2的解合并成为S的解。
也就是说，按这种分治策略，合并可在O（n）时间内完成。
这样是否就可以得到一个有效算法了呢?
还有一个问题有待解决，即分割点m的选择，即S1和S2的划分。
选取分割点m的一个基本要求是由此导出集合S的一个线性分割，即S＝S1∪S2，S1≠φ，S2≠φ，且S1∈{x|x≤m}，S2∈{x|x>m}。
容易看出，如果选取m＝（MAX（S）+MIN（S））/2，可以满足线性分割的要求。
选取分割点后，再用O（n）时间即可将S划分成S1＝{x∈S|x≤m}和S2＝{x∈S|x>m}。
然而，这样选取分割点m，有可能造成划分出的子集S1和S2的不平衡。
例如在最坏情况下，S1只有1个，S2有n-1个，由此产生的分治在最坏情况下所需的时间T（n）应满足递归方程：
T（n）＝T（n-1）+O（n）
它的解是T（n）＝O（n2）。
这种效率降低的现象可以通过分治中“平衡子问题”的方法加以解决。
也就是说，我们可以通过适当选择分割点m，使S1和S2中有大致相等个数的点。
自然地，我们会想到用S的n个点的坐标的中位数来作分割点。
这样一来，我们就能在O（n）的时间里确定m（证明略），从而得到效率相对较高的分割点。
至此，我们可以设计出一个求一维点集S中最接近点对的距离的算法：
Functionnpair1（S）;
Begin
IfS中只有2个点
Thenδ:
=|x[2]-x[1]|
ElseifS中只有1个点Thenδ:
=∞
Elsebegin
M:
=S中各点的坐标值的中位数；
构造S1和S2；{S1∈{x|x≤m}，S2∈{x|x>m}}
δ1:
=npair1（S1）；δ2:
=npair1（S2）；
P:
=max（S1）；Q:
=min（S2）；
δ:
=min（δ1,δ2,q-p）；
end;
Exit（δ）
End;
由以上的分析可知，该算法的分割步骤总共耗时O（n）。
因此，算法耗费的计算时间T（n）满足递归方程：
T
（2）＝1
T（n）=2T（n/2）+O（n）；
解此递归方程可得T（n）=O（n*Log2n）。
这个一维问题的算法看上去比用排序加扫描更加复杂，然而它可以推广到二维。
假设S为平面上的点集，每个点都有2个坐标值x和y。
为了将点集S线性分割为大小大致相等的2个子集S1和S2，我们选取一垂直线l：
x＝m来作为分割直线。
其中m为S中各点X坐标的中位数。
由此将S分割为S1＝{p∈S|x（p）≤m}和S2＝{p∈S|x（p）>m}。
从而使S1和S2分别位于直线l的左侧和右侧，且S＝S1∪S2。
由于m是S中各点X坐标值的中位数，因此S1和S2中的点数大致相等。
递归地在S1和S2上求解最接近点对问题，我们分别得到S1和S2中的最小距离δ1和δ2。
现设δ=min（δ1,δ2）。
若S的最接近点对（p,q）之间的距离d（p,q）<δ，则p和q必分属于S1和S2。
不妨设p∈S1，q∈S2。
那么，p和q距直线L的距离均小于δ。
因此，我们若用P1和P2分别表示直线L的左边和右边的宽为δ的2个垂直长条，则p∈P1且q∈P2，如图4-3所示：
据直线L的距离小于δ的所有点
在一维的情形下，距分割点距离为δ的2个区间（m-δ,m），（m,m+δ）中最多各有S中一个点，因而这2点成为惟一的未检查过的最接近点对候选者。
二维的情形则要复杂一些，此时，P1中所有点与P2中所有点构成的点对均为最接近点对的候选者。
在最坏情况下有
对这样的候选者。
但是P1和P2中的点具有以下的稀疏性质，它使我们不必检查所有这
对候选者。
考虑P1中任意一点p，它若与P2中的点q构成最接近点对的候选者，则必有d（p,q）<δ。
满足这个条件的P2中的点有多少个呢？
容易看出这样的点一定落在一个δ*2δ的矩形R中（如图4-4所示）。
由δ的意义可知，P2中任何2个S中的点的距离都不小于δ。
由此而来可以推出矩形R中最多只有6个δ/2*2/3*δ的矩形（如图4-5所示）。
图4-4包含点q的δ*2δ矩形R图4-5图4-6
若矩形R中有多于6个S中的点，则由鸽笼原理易知至少有一个δ/2*2/3*δ的小矩形中有2个以上S中的点。
设U，V是这样2个点，它们位于同一小矩形中，则：
≤
因此，
≤
。
这与δ的意义相矛盾。
也就是说矩形R中最多只有6个S中的点。
图4-6是矩形R中含有S中的6个点的极端情形。
由于这种稀疏性质，对于P1中任一点p，P2中最多只有6个点与它构成最接近点对的候选者。
因此，在分治的合并步骤中，我们最多需要检查
对候选者，而不是
对候选者。
这是否就意味着我们可以在O（n）时间内完成分治法的合并步骤呢？
现在还不能确定，因为我们还不知道要检查哪6个点。
为了解决这个问题，我们可以将p和P2中所有S2的点投影到垂线L上。
由于能与p点一起构成最接近点对候选者的S2中点一定在矩形R中，所以它们在直线L上的投影距p在L上投影点的距离小于δ。
由上面的分析可知，这种投影点最多只有6个。
因此，若将P1和P2中所有S的点按其Y坐标排好序，则对P1中所有点，对排好序的点列作一次扫描，就可以找出所有最接近点对的候选者，对P1中每一点最多只要检查P2中排好序的相继6个点。
至此，我们得出用分治法求二维最接近点对距离的算法：
Functionnpair（s）;
Begin
IfS中只有2个点
Thenδ:
=S中这2点的距离
ElseifS中只有1个点
Thenδ:
=∞
Elsebegin
（1）m:
=S中各点X坐标值的中位数；
构造S1和S2；
（2）δ1:
=npair1（S1）；
δ2:
=npair1（S2）；
（3）δm:
=min（δ1,δ2）；
（4）设P1是S1中距垂直分割线L的距离在δm之间的所有点组成的集合，
P2是S2中距分割线L的距离在δm之间的所有点组成的集合。
将P1
和P2中的点依其Y坐标值从小到大排序，并设P1*和P2*是相应的已
排好序的点列；
（5）通过扫描P1*，对于P1*中每个点检查P2*中与其距离在δm之内的所
有点（最多6个）可以完成合并。
当P1*中的扫描指针可在宽为2*δm
的一个区间内移动。
设δ1是按这种扫描方式找到的点对间的最小距
离；
（6）δ:
=min（δm,δt）；
end;
Exit（δ）
End;
下面我们来分析上述算法的时间复杂性。
设对于n个点的平面点集S，在
（1）和（5）步用了O（n）时间，（3）和（6）用的是常数时间，
（2）则用了
时间，而在（4），最坏情况要O（nlog2n）时间，仍然无法承受，所以我们在整个程序的开始时，就先将S中的点对按Y座标值排序，这样一来（4）和（5）两步的时间就只需O（n）的时间了，所以总的计算时间同样满足：
T
（2）=1,
由此，该问题的时间复杂度为O（nlog2n），在渐进的意义下为最优算法了。
空间复杂度为O（n）。
4.4求方程的根
源程序名equation.?
?
?
（pas,c,cpp）
可执行文件名equation.exe
输入文件名equation.in
输出文件名equation.out
【问题描述】
输入m，n，p，a，b，求方程f（x）＝mx+nx-px＝0在[a,b]内的根。
m，n，p，a，b均为整数，且a如果有根，则输出，精确到1E-11；如果无方程根，则输出“NO”。
【样例】
equation.inequation.out
234121.5071265916E+00
2.9103830457E-11
【算法分析】
首先这是一个单调递增函数，对于一个单调递增（或递减）函数，如图4-7所示，判断在[a,b]范围内是否有解，解是多少。
方法有多种，常用的一种方法叫“迭代法”，也就是“二分法”。
先判断f（a）·f（b）≤0，如果满足则说明在[a,b]范围内有解，否则无解。
如果有解再判断x＝（a+b）/2是不是解，如果是则输出解结束程序，否则我们采用二分法，将范围缩小到[a,x）或（x,b]，究竟在哪一半区间里有解，则要看是f（a）·f（x）<0还是f（x）·f（b）<0。
当然对于yx，我们需要用换底公式把它换成exp（xln（y））。
4.5小车问题
源程序名car.?
?
?
（pas,c,cpp）
可执行文件名car.exe
输入文件名car.in
输出文件名car.out
【问题描述】
甲、乙两人同时从A地出发要尽快同时赶到B地。
出发时A地有一辆小车，可是这辆小车除了驾驶员外只能带一人。
已知甲、乙两人的步行速度一样，且小于车的速度。
问：
怎样利用小车才能使两人尽快同时到达。
【输入】
仅一行，三个数据分别表示AB两地的距离s，人的步行速度a，车的速度b。
【输出】
两人同时到达B地需要的最短时间。
【样例】
car.incar.out
1205259.6000000000E+00
【算法分析】
最佳方案为：
甲先乘车到达K处后下车步行，小车再回头接已走到C处的乙，在D处相遇后，乙再乘车赶往B，最后甲、乙一起到达B地。
这样问题就转换成了求K处的位置，我们用二分法，不断尝试，直到满足同时到达的时间精度。
算法框架如下：
（1）输入s，a，b；
（2）c0:
＝0；c1:
＝s；c:
＝（c0+c1）/2；
（3）求t1，t2；
（4）如果t1=（c0+c）/2
否则c:
＝（c+c1）/2；
反复执行（3）和（4），直到abs（t1-t2）满足精度要求（即小于误差标准）。
4.6黑白棋子的移动
源程序名chessman.?
?
?
（pas,c,cpp）
可执行文件名chessman.exe
输入文件名chessman.in
输出文件名chessman.out
【问题描述】
有2n个棋子（n≥4）排成一行，开始为位置白子全部在左边，黑子全部在右边，如下图为n=5的情况：
○○○○○●●●●●
移动棋子的规则是：
每次必须同时移动相邻的两个棋子，颜色不限，可以左移也可以右移到空位上去，但不能调换两个棋子的左右位置。
每次移动必须跳过若干个棋子（不能平移），要求最后能移成黑白相间的一行棋子。
如n=5时，成为：
○●○●○●○●○●
任务：
编程打印出移动过程。
【样例】
chessman.inchessman.out
7step0：
ooooooo*******--
step1：
oooooo--******o*
step2：
oooooo--******o*
step3：
ooooo--*****o*o*
step4：
ooooo*****--o*o*
step5：
oooo--****o*o*o*
step6：
oooo****--o*o*o*
step7：
ooo--***o*o*o*o*
step8：
ooo*o**--*o*o*o*
step9：
o--*o**oo*o*o*o*
step10：
o*o*o*--o*o*o*o*
step11：
--o*o*o*o*o*o*o*
【问题分析】
我们先从n=4开始试试看，初始时：
○○○○●●●●
第1步：
○○○——●●●○●（—表示空位）
第2步：
○○○●○●●——●
第3步：
○——●○●●○○●
第4步：
○●○●○●——○●
第5步：
——○●○●○●○●
如果n=5呢？
我们继续尝试，希望看出一些规律，初始时：
○○○○○●●●●●
第1步：
○○○○——●●●●○●
第2步：
○○○○●●●●——○●
这样，n=5的问题又分解成了n=4的情况，下面只要再做一下n=4的5个步骤就行了。
同理，n=6的情况又可以分解成n=5的情况，……，所以，对于一个规模为n的问题，我们很容易地就把它分治成了规模为n-1的相同类型子问题。
数据结构如下：
数组c[1..max]用来作为棋子移动的场所，初始时，c[1]~c[n]存放白子（用字符o表示），c[n+1]~c[2n]存放黑子（用字符*表示），c[2n+1]，c[2n+2]为空位置（用字符—表示）。
最后结果在c[3]~c[2n+2]中。
4.7麦森数（NOIP2003）
源程序名mason.?
?
?
（pas,c,cpp）
可执行文件名mason.exe
输入文件名mason.in
输出文件名mason.out
【问题描述】
形如2p-1的素数称为麦森数，这时P一定也是个素数。
但反过来不一定，即如果P是个素数，2p-1不一定也是素数。
到1998年底，人们已找到了37个麦森数。
最大的一个是P=3021377，它有909526位。
麦森数有许多重要应用，它与完全数密切相关。
任务：
从文件中输入P（1000【输入】
文件中只包含一个整数P（1000【输出】
第一行：
十进制高精度数2p-1的位数；
第2~11行：
十进制高精度数2p-1的最后500位数字（每行输出50位，共输出10行，不足500位时高位补0）；
不必验证2p-1与P是否为素数。
【样例】
mason.in
1279
mason.out
386
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000104079321946643990819252403273640855
38615262247266704805319112350403608059673360298012
23944173232418484242161395428100779138356624832346
49081399066056773207629241295093892203457731833496
61583550472959420547689811211693677147548478866962
50138443826029173234888531116082853841658502825560
46662248318909188018470682222031405210266984354887
32958028878050869736186900714720710555703168729087
【问题分析】
本题的解题方法很多，其中分治也是一种巧妙的方法。
首先可以想到：
2n=（2ndiv2）2*2nmod2，即：
如果要计算2n，就要先算出2ndiv2，然后用高精度乘法算它的
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