這題實在沒什麼思路，網上找了一下答案。
如果一開始就能夠確定好的晶元多於壞的，則可以保證每輪檢測結束好的晶元都多於壞的，一直到最後如果剩2塊晶元，則兩塊肯定都是好的；剩3塊晶元就再檢測一次，如果結果都是好的，就隨意取一片必定是好的；如果結果都是壞的，則剩下的那塊肯定是好的。
來證明一下上面的結論：
設有x組好晶元，y組一好一壞的晶元，z組壞晶元，一共a塊好的晶元，b塊壞的晶元。可以看到a=2x+y，b=2z+y，當然可能還有一塊多出來的，等會兒再討論。
假設一開始就已知a>b，則2x+y>2z+y，可得x>z。某一輪檢測結束剩下x個好晶元和z個壞晶元，還是有x>z，所以好晶元還是多於壞晶元。而且x+z如果有一塊多出來：
1、假設它是好的，則a=2x+y+1，由a>b得，2x+y+1>2z+y，得x+1/2>z，所以x+1>z，所以好晶元還是多於壞晶元。x+z+1<=x+y+z+1/2，可得每次檢測完都小於原規模的一半。
2、假設它是壞的，則b=2z+y+1，由a>b得，2x+y>2z+y+1，得x>z+1/2，所以x>=z+1，好晶元還是多於壞晶元。x+z+1<=x+y+z+1/2，可得每次檢測完都小於原規模的一半。
綜上，可以證明這個方法是正確的，只要a>b，就一定能在最後一輪檢測出一塊好的晶元。
檢測一塊好的晶元遞迴式為：t(n)=t(n/2)+θ(n)，時間複雜度θ(n)，再用這塊好的晶元去重新檢測剩下的所有晶元，時間複雜度θ(n)。所以總共時間複雜度還是θ(n)。
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