2019牛客暑期多校训练营（第一场）A Equivalent Prefixes

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本文介绍了一种解决RMQ问题的方法，即寻找两个数组A和B的最长公共前缀m，使得对于任意区间[L,R]⊆[1,m]，数组A和B在该区间上的最小值位置相同。通过预处理每个元素作为最小值的有效范围来实现。

题意：

定义了RMQ(u,L,R) 代表的是u数组中[L,R]中最小值的下标。现在给了A和B两个数组。
要找到最长的m，使得任意的l,r满足1<=L<=R<=m，能够使得RMQ(A,L,R)==RMQ(B,L,R)。

思路：

可以这么考虑，当已经确定了1<=L<=R<=p，都能使得RMQ的条件成立。然后讨论p+1是否可以纳入答案。
如果p+1，并不能被统计到答案里，那么一定是RMQ(A,x,p+1)！=RMQ(B,x,p+1)。(1<=x<=p)
也就是说，A[p+1]取到了A[x,p+1]的最小值，而B[p+1]没有取到B[x,p+1]里的最小值，才会导致这俩式子不相等。所以，其实我们只要考虑到每个数，它能作用的范围就好了，这个范围要保证该数在范围中是最小的。我们只要求出这俩数组的范围，然后对每个数的范围做比较，如果范围相同，即可继续往后比较，否则答案统计结束。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn],b[maxn];
int l1[maxn],l2[maxn];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&b[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            l1[i]=i-1;
            int u=i;
            while(a[l1[u]]>a[i]) u=l1[u];
            l1[i]=u-1;
 
            l2[i]=i-1;
            u=i;
            while(b[l2[u]]>b[i]) u=l2[u];
            l2[i]=u-1;
        }
        l1[n+1]=0;
        l2[n+1]=1;
        int i;
        for(i=1;i<=n+1;i++)
        {
            if(l1[i]!=l2[i])
                break;
        }
        printf("%d\n",i-1);
    }
    return 0;
}