hdu6076 Security Check 分类dp 思维

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题目：hdu6076 Security Check
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6076
题意：有两个队列在排队，每一次警察可以检查其中一个队的队首的一个人，或者两个队的队首同时检查（两个队首的人满足abs(a[i]-b[j])>k）
每检查一次需要1分钟，求警察检查完所有的人需要的最少时间。
思路：一眼看过去可以定义dp[i][j]表示第一个队列[1,i]，第二个队列[1,j]检查完需要的最少时间。但是i，j太大了。
看了官方题解是这样做的，由于k比较小，如果abs(a[i]-b[j])<=k，那么只可以二选一去检查一个人。
这个时候可以dp记忆化，第一维记忆i，第二维记忆a[i]-b[j]+k;来唯一标识该状态。（两个队列都是[1,n]的排列）
如果abs(a[i]-b[j])>k;则两个队队首同时检查最佳。如果检查完该次之后还是满足abs(a[i]-b[j])>k，那么仍然同时检查。
为了加快速度，所以用vector维护一个i和j的一个确定偏移量时候，满足abs(a[i]-b[j])<=k的i位置，这样可以二分下一次出现abs(a[i]-b[j])<=k的i位置，
那么这个i和前面那个i之间的区间就是abs(a[i]-b[j])>k的匹配，可以跳跃到二分后的i。
总时间复杂度为O(n*k*lg(n))

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
typedef long long LL;
const int N = 6e4+;
const int mod = ;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[N], b[N], pos[N];
int dp[N][];
vector<int> v[N*];
int dfs(int i,int j)
{
    if(i==||j==) return i+j;
    if(abs(a[i]-b[j])<=k){
        int &res = dp[i][a[i]-b[j]+k];
        if(~res) return res;
        return res = min(dfs(i-,j),dfs(i,j-))+;
    }
    auto it = upper_bound(v[i-j+n].begin(),v[i-j+n].end(),i);
    if(it==v[i-j+n].begin()) return max(i,j);///一直到头都没有abs(a[i]-b[j])<=k的。
    it--;
    return dfs(*it,j-(i-*it))+i-*it;///[*it + 1, i]这个区间和[j-(i-*it)+1,j]这个区间对应位置满足abs(a[i]-b[j])>k,所以可以快速处理。
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]);
        for(int i = ; i <= n; i++){
            scanf("%d",&b[i]);
            pos[b[i]] = i;
        }
        for(int i = ; i <= *n; i++){
            v[i].clear();
        }
        for(int i = ; i <= n; i++){
            for(int j = a[i]-k; j <= a[i]+k; j++){
                if(j>=&&j<=n){
                    v[i-pos[j]+n].push_back(i);
                }
            }
        }
        memset(dp, -, sizeof dp);
        printf("%d\n",dfs(n,n));
    }
    return ;
}