HDU - 5289 Assignment (RMQ+二分)(单调队列)
题目链接: Assignment
题意:
给出一个数列,问其中存在多少连续子序列,使得子序列的最大值-最小值<k。
题解:
RMQ先处理出每个区间的最大值和最小值(复杂度为:n×logn),相当于求出了每个区间的最大值-最小值。那么现在我们枚举左端点,二分右端点就可以在n×logn×logn的时间内过。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e5+;
int vec[MAX_N];
int dp1[MAX_N][];
int dp2[MAX_N][];
long long ans = ;
int N,M,T;
void ST(int N)
{
for(int i=;i<=N;i++) dp1[i][] = dp2[i][] = vec[i];
for(int j=;(<<j)<=N;j++)
{
for(int i=;i+(<<j)-<=N;i++)
{
dp1[i][j] = max(dp1[i][j-],dp1[i+(<<j-)][j-]);
dp2[i][j] = min(dp2[i][j-],dp2[i+(<<j-)][j-]);
}
}
}
int RMQ(int l,int r)
{
int k = ;
while(<<k+ <= r-l+) k++;
int maxn = max(dp1[l][k],dp1[r-(<<k)+][k]);
int minn = min(dp2[l][k],dp2[r-(<<k)+][k]);
return maxn-minn;
}
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>N>>M;
ans = ;
for(int i=;i<=N;i++) scanf("%d",&vec[i]);
ST(N);
for(int i=;i<=N;i++)
{
int l =i,r = N;
while(l<=r)
{
int mid = (l+r)>>;
if(RMQ(i,mid) < M) l = mid+;
else r = mid-;
}
ans += (l-) - i +;
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
还有一种解法是用两个单调队列维护区间的最大和最小值,让我收益颇多@。@!用双端队列构成单调队列,一个维护最大值,一个维护最小值,从左向右枚举右端点。现在我们知道了这个区间的最大值和最小值,如果最大值减去最小值是小于k的则当前的左端点到右端点里面所有的区间都是符合条件的。直到枚举到一个右端点,使得最大值减最小值>=k,则开始移动左端点删去两个队列中左端点的值(如果有的话),直到区间重新符合条件。用单调队列处理的话复杂度为(O(n))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e5+;
long long vec[MAX_N];
deque<long long> que1,que2;
int main()
{
long long N,M,T;
cin>>T;
while(cin>>N>>M)
{
while(!que1.empty()) que1.pop_back();
while(!que2.empty()) que2.pop_back();
for(int i=;i<N;i++) scanf("%lld",&vec[i]);
int pos = ;
long long ans = ;
for(int i=;i<N;i++)
{
while(!que1.empty() && que1.back() < vec[i]) que1.pop_back();
que1.push_back(vec[i]);
while(!que2.empty() && que2.back() > vec[i]) que2.pop_back();
que2.push_back(vec[i]);
while(!que1.empty() && !que2.empty() && que1.front() - que2.front() >= M)
{
ans += (i-pos);
if(que1.front() == vec[pos]) que1.pop_front();
if(que2.front() == vec[pos]) que2.pop_front();
pos++;
}
}
while(pos < N)
{
ans += (N-pos);
pos ++;
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
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