题目：
给你一个数组 time ，其中 time[i] 表示第 i 辆公交车完成 一趟旅途 所需要花费的时间。
每辆公交车可以 连续 完成多趟旅途，也就是说，一辆公交车当前旅途完成后，可以 立马开始 下一趟旅途。每辆公交车 独立 运行，也就是说可以同时有多辆公交车在运行且互不影响。
给你一个整数 totalTrips ，表示所有公交车 总共 需要完成的旅途数目。请你返回完成 至少 totalTrips 趟旅途需要花费的 最少 时间。
示例 1：
输入：time = [1,2,3], totalTrips = 5
输出：3
解释：
- 时刻 t = 1 ，每辆公交车完成的旅途数分别为 [1,0,0] 。
已完成的总旅途数为 1 + 0 + 0 = 1 。
- 时刻 t = 2 ，每辆公交车完成的旅途数分别为 [2,1,0] 。
已完成的总旅途数为 2 + 1 + 0 = 3 。
- 时刻 t = 3 ，每辆公交车完成的旅途数分别为 [3,1,1] 。
已完成的总旅途数为 3 + 1 + 1 = 5 。
所以总共完成至少 5 趟旅途的最少时间为 3 。
示例 2：
输入：time = [2], totalTrips = 1
输出：2
解释：
只有一辆公交车，它将在时刻 t = 2 完成第一趟旅途。
所以完成 1 趟旅途的最少时间为 2 。
提示：
1 <= time.length <= 1051 <= time[i], totalTrips <= 107
思路：
提示 1：当时间增加时，所有公交车完成旅途的总数一定不会减少。
思路与算法
根据 提示 1，「花费 t 时间能否完成 totalTrips 趟旅途」这个判定问题如果对于某个 t 成立，那么它对于 [t,∞) 区间内的所有整数均成立。这也就说明这个判定问题对于花费时间 t 具有二值性。因此我们可以通过二分查找确定使得该判定问题成立的最小的 t。
由于我们至少需要 1 时间来至少完成一趟旅途，因此二分查找的下界为 1。而对于二分查找的上界，出于方便计算的考虑，我们可以将「花费时间最长的公交车完成 totalTrips 趟旅途的时间」作为二分查找的上界。
对于花费 t 时间对应的判定问题，我们引入辅助函数 check(t) 来判断。
在辅助函数 check(t) 中，我们用 cnt 统计所有公交车完成旅途数量的总和。随后，我们遍历 time 数组的所有元素，对于其中花费为 period 的公交车，它在 t 时间内完成旅途的数目即为 ⌊t/period⌋，其中 ⌊x⌋ 表示对 x 向下取整。最终，我们判断 cnt 是否大于等于 totalTrips，并将该答案作为辅助函数的返回值。
代码：
class Solution {
public:
long long minimumTime(vector<int>& time, int totalTrips) {
// 判断 t 时间内是否可以完成 totalTrips 趟旅途
auto check = [&](long long t) -> bool {
long long cnt = 0;
for (int period: time) {
cnt += t / period;
}
return cnt >= totalTrips;
};
// 二分查找下界与上界
long long l = 1;
long long r = (long long) totalTrips * *max_element(time.begin(), time.end());
// 二分查找寻找满足要求的最小的 t
while (l < r) {
long long mid = l + (r - l) / 2;
if (check(mid)) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return l;
}
};