HDU 3530 题解

最新推荐文章于 2020-08-12 19:00:24 发布

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本文介绍了一种在序列中寻找最长连续子序列的算法，该子序列满足特定条件：其最大值与最小值之差在预设范围内。通过使用两个单调队列优化搜索过程，将时间复杂度从O(n^2)降低至O(n)。

题意简述

多组数据。给定一个序列，求一段最长的连续子序列使得这段区间最大值-最小值在 $[m, k]$ 之内。

数据

输入
5 0 0
1 1 1 1 1//到此第一组
5 0 3
1 2 3 4 5//到此第二组

输出
5
4

思路

我们有一个暴力的思路：枚举区间起点 $i$ ，然后去后面找最长能有多长。这都会写，是 $O(n^2)$ 的。
但是，我们要想想能不能改进一下这个思路。把枚举起点换成枚举终点，然后看看能不能继承上一个终点的答案，争取不重复计算，复杂度降到 $O (n)$ 。

怎么继承上一个枚举的答案呢？显然是个单调队列。
~~按套路~~需要维护两个单调队列，存的都是在原数组中的下标。
第一个单调队列（设为 $Q x$ ，它的头是 $h x$ ，尾是 $t x$ ）是单调递减的，存最大值（头就是最大）；
第二个单调队列（设为 $Q n$ ，它的头是 $h n$ ，尾是 $t n$ ），是单调递增的，存最小值（头就是最小）。
然后，每次枚举 $i$ ，也就是枚举区间结束点。这个枚举是绝对的，必须要以 $i$ 结尾，不会做出让步。因为 $i$ 不会让步，所以只能让前面珂怜的队列让步了。所以我们要把 $i$ 推进两个单调队列里面，挤掉别的元素，使得 $i$ 进去队列。当然，还要看两个队首相减（即最大-最小）是否大于 $k$ ，如果大于 $k$ ，就不满足条件，把在原数组中靠前的队首推掉。这样，我们要做的就只有在队尾挤掉一些元素，把 $i$ 推进去，去掉队首不满足条件的元素。这样一算，还真是 $O (n)$ 。

代码：

//代码千万行，注释第一行
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1001000
using namespace std;
int a[N],n;
int Low,High;//也就是m,k（名字形象一点。。。自带注释。。。）

int Input1()
{
    int tmp=scanf("%d%d%d",&n,&Low,&High);
    if (tmp==-1) return -1;//不成功读入
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    return 0;//成功读入
}

int Qx[N],hx,tx;int Qn[N],hn,tn;
void Solve()
{
    hx=hn=tx=tn=1;//这个边界不一样一定要小心！！！

    int pre=0;//记录区间左端点（一定要是0！！！设成1就WA了！！!）
    int ans=0;//记录最大长度
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(hx<tx and a[Qx[tx-1]]<=a[i]) tx--;
        Qx[tx]=i;++tx;//挤掉队尾

        while(hn<tn and a[Qn[tn-1]]>=a[i]) tn--;
        Qn[tn]=i;++tn;//挤掉队尾

        #define dif (a[Qx[hx]]-a[Qn[hn]])//写成define省码量
        while(dif>High)//如果不满足条件（如果dif<Low就没救了，出现就不管了。。。）
        {
            if (Qx[hx]>Qn[hn]) pre=max(pre,Qn[hn++]);
            else pre=max(pre,Qx[hx++]);//记录左端点
        }
        if (dif>=Low)//要判一下这个才能更新答案，要不然不满足条件也更新，就WA了
        {
            ans=max(ans,i-pre);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}

void Query()
{
    while(1)
    {
        int tmp=Input1();
        if (tmp==-1) break;
        Solve();
    }
}
int main()
{
    Query();
    return 0;
}