洛谷[P1102 A-B 数对] {二分} | {map} 奋斗的珂珂~

洛谷[P1102 A-B 数对] {二分} | {map}

题目描述

出题是一件痛苦的事情！

相同的题目看多了也会有审美疲劳，于是我舍弃了大家所熟悉的 A+B Problem，改用 A-B 了哈哈！

好吧，题目是这样的：给出一串数以及一个数字 CC，要求计算出所有A−B=C 的数对的个数（不同位置的数字一样的数对算不同的数对）。

输入格式

输入共两行。

第一行，两个整数 N,C。

第二行，N 个整数，作为要求处理的那串数。

输出格式

一行，表示该串数中包含的满足 A - B = C 的数对的个数。

输入输出样例

输入
4 1
1 1 2 3
输出
3

说明/提示

对于 75% 的数据，1≤N≤2000。

对于 100% 的数据，1≤N≤2×$10^5$ 。

保证所有输入数据都在 32 位带符号整数范围内。

2017/4/29 新添数据两组

分析题意

   根据给出的样例，来分析本题是如何进行处理的。由给出的4个数值1 1 2 3 ，又因为给出的值为C=1。
从头开始，
第一个数对，1（第一个1） 2，因为2-1=1；
第二个数对，1（第二个1） 2，因为2-1=1；
第三个数对，2 3，因为3-2=1；

因此，本题可以换一种说法，给出N个数、一个整数C，求在N个数的数组a1-aN中满足am-an=C（1<=m,n<=N）,存在几个这样的数对。

注意

本题会有关于是否溢出的检测测试点，因为如果N=200000、C=1，而数组前10000的值为1，后100000的数值为2，那么结果就会达到$10^{10}$,所以使用long long 来定义输出的结果值。

解题思路

有以下两种解法：

1、使用STL中的map
看到本题首先想到可以使用映射，但是又因为考虑到数组的下标对应的值可能是负数，所以放弃使用数组来进行映射换用map。使用映射之后只需要考虑是否当前值减C/加C在map有对应的映射可以得出结果。

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn];

int main()
{
    map<int,int> b;//因为映射的下标可能是负数，所以使用map函数 
    int N,C;
    scanf("%d %d",&N,&C);
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
    	scanf("%d",&a[i]);
    	b[a[i]]++;//将a[i]在b数组上的映射加一，表示该数出现了几次 
	}
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		if(b[a[i]-C])//如果该数在输入的数组元素中 ,+c/-c均可
		 ans+=b[a[i]-C];//加上输出的个数 
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
 } 

2、使用upper_bound,lower_bound(二分)
upper_bound():返回的是被查序列中第一个大于查找值得指针（ai>x）；
lower_bound()：返回的是被查序列中第一个大于等于查找值的指针(ai>=x)；

强调:
要使用二分法的前提是序列必须有序，该题未说明输入的是否有序，故需要排序。

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn];

int main()
{
	int N,C;
	scanf("%d %d",&N,&C);
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	sort(a,a+N);//二分法首先要保证序列是有序的
	long long ans=0;//ans必须是long long类型的 
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		ans+=((upper_bound(a,a+N,a[i]-C)-a)-(lower_bound(a,a+N,a[i]-C)-a));
		//因为输入时下标是从0开始的，所以upper_bound,lower_bound的前两个参数a,a+N表明查找范围为a0~a(N-1)
		//也就是说前两个参数表明查找范围，第三个参数表明查找的数值，因为返回的是指针所以要-a来求得坐标 
	 } 
	 printf("%lld",ans);//注意long long的输出 
	 return 0;
 }