传送带上的包裹必须在 D 天内从一个港口运送到另一个港口。
传送带上的第 i 个包裹的重量为 weights[i]。每一天，我们都会按给出重量的顺序往传送带上装载包裹。我们装载的重量不会超过船的最大运载重量。
返回能在 D 天内将传送带上的所有包裹送达的船的最低运载能力。
示例 1：
输入：weights = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10], D = 5
输出：15
解释：
船舶最低载重 15 就能够在 5 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：1, 2, 3, 4, 5
第 2 天：6, 7
第 3 天：8
第 4 天：9
第 5 天：10
请注意，货物必须按照给定的顺序装运，因此使用载重能力为 14 的船舶并将包装分成 (2, 3, 4, 5), (1, 6, 7), (8), (9), (10) 是不允许的。
示例 2：
输入：weights = [3,2,2,4,1,4], D = 3
输出：6
解释：
船舶最低载重 6 就能够在 3 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：3, 2
第 2 天：2, 4
第 3 天：1, 4
示例 3：
输入：weights = [1,2,3,1,1], D = 4
输出：3
解释：
第 1 天：1
第 2 天：2
第 3 天：3
第 4 天：1, 1
提示：
1 <= D <= weights.length <= 50000
1 <= weights[i] <= 500
解：
第三个示例是明明可以更少的天数，但是因为给的天数D=4，所以用4天运完的情况。反映在代码里，说明day<D的话也是对的，即能在<D的时间里运到，那肯定也可以在D的时间内运到。且这种情况下的最小承载量就是最大的weights。
在涉及到时间超限时，这个从max到num的搜索固然正确，但是可以每次缩小，用二分法。
class Solution {
public:int shipWithinDays(vector<int>& weights, int D) {int max=weights[0];int sum=0;for(int i=0;i<weights.size();i++){sum+=weights[i];if(weights[i]>max) max=weights[i];}
//换一种：逐渐增大承载力K，直到K可以让我们在D天内送达包裹。此时K即为我们所要求的最低承载力。即算当前最少需要多少天，而不是之前的先到max，看能不能在D天运完。
//但是直接这样写的话会超出时间限制。
//所以用二分。mid,每次去0~mid或者是mid~max./*对的int min=0;for(int i=max;i<=sum;i++){//算算当前i需要运几天。int days=caldays(i,weights);cout<<days<<" ";if(days<=D)//能运完的情况{min=i;break;}}return min;*///调整区间左右端点int left=max;int right=sum;//二分查找经典格式。while(left<right)//因为right没有减小，所以left不能等于right，不然陷入死循环{int mid=(left+right)/2;cout<<mid<<" ";//算算当前i需要运几天。int days=caldays(mid,weights);//cout<<days<<" ";if(days<=D)//可以装得完甚至还能早运完{right=mid;//缩小右区间来缩小区间。一半就已经过剩的话不再用循环到max}if(days>D)//要是不够的话，也不用在看前面了，mid都不够何况是left到mid.{left=mid+1;}}return right;}int caldays(int c,vector<int> weights){int days=1;int sum=0;for(int i=0;i<weights.size();i++){sum+=weights[i];if(sum>c){i--;days++;sum=0;}}return days;}
};