【bzoj 3048】[Usaco2013 Jan]Cow Lineup(单调队列)

本文针对 USACO 2013 January 赛事中的 CowLineup 问题提供了解决方案。该问题要求找出通过移除不超过 K 种类型的奶牛后,相同类型奶牛组成的最大连续序列的长度。文章详细介绍了如何使用单调队列来高效解决这个问题。

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3048: [Usaco2013 Jan]Cow Lineup

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Description

 Farmer John's N cows (1 <= N <= 100,000) are lined up in a row. Each cow is identified by an integer "breed ID" in the range 0...1,000,000,000; the breed ID of the ith cow in the lineup is B(i). Multiple cows can share the same breed ID. FJ thinks that his line of cows will look much more impressive if there is a large contiguous block of cows that all have the same breed ID. In order to create such a block, FJ chooses up to K breed IDs and removes from his lineup all the cows having those IDs. Please help FJ figure out the length of the largest consecutive block of cows with the same breed ID that he can create by doing this.

给你一个长度为n(1<=n<=100,000)的自然数数列,其中每一个数都小于等于10亿,现在给你一个k,表示你最多可以删去k类数。数列中相同的数字被称为一类数。设该数列中满足所有的数字相等的连续子序列被叫做完美序列,你的任务就是通过删数使得该数列中的最长完美序列尽量长。

Input

* Line 1: Two space-separated integers: N and K. 
* Lines 2..1+N: Line i+1 contains the breed ID B(i). 

Output


* Line 1: The largest size of a contiguous block of cows with identical breed IDs that FJ can create.

Sample Input

9 1
2
7
3
7
7
3
7
5
7

INPUT DETAILS: There are 9 cows in the lineup, with breed IDs 2, 7, 3, 7, 7, 3, 7, 5, 7. FJ would like to remove up to 1 breed ID from this lineup.

Sample Output

4

OUTPUT DETAILS: By removing all cows with breed ID 3, the lineup reduces to 2, 7, 7, 7, 7, 5, 7. In this new lineup, there is a contiguous block of 4 cows with the same breed ID (7).

HINT

样例解释:

  长度为9的数列,最多只能删去1类数。

  不删,最长完美序列长度为2.

  删去一类数3,序列变成2 7 7 7 7 5 7,最长完美序列长度为4.因此答案为4.

Source

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【题解】【单调队列】

维护一个含有k+1种元素的单调队列。首先在初始的时候,存每个元素的序号,然后将元素排序,便于记录有多少种不同的情况。在维护队列时,如果超过k+1种,就把前面的元素一一删,删至剩k+1种元素,每次向队列里加元素时都要比较当前的最优解和当前的元素出现次数的大小关系

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[100010],kind[100010],num[100010],d[100010],h,n,k;
int ans;
inline int tmp(int x,int y)
{
  return a[x]<a[y];
}
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),num[i]=i;
    sort(num+1,num+n+1,tmp);
    a[0]=-1; int tot=0;
    for(i=1;i<=n;++i)
     {
        if(a[num[i-1]]!=a[num[i]]) tot++;
        kind[num[i]]=tot;
    }
    tot=0;
    for(i=1;i<=n;++i)
     {
        ++d[kind[i]];
        if(d[kind[i]]==1)
         {
            tot++;
            while (tot>k+1)
             {
                d[kind[h]]--;
                if (!d[kind[h]]) tot--;
                h++; 
            } 
        }
        ans=max(ans,d[kind[i]]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}


转载于:https://www.cnblogs.com/lris-searching/p/9402954.html

好的,这是一道经典的单调栈问题。题目描述如下: 有 $n$ 个湖,第 $i$ 个湖有一个高度 $h_i$。现在要在这些湖之间挖一些沟渠,使得相邻的湖之间的高度差过 $d$。请问最少需要挖多少个沟渠。 这是一道单调栈的典型应用题。我们可以从左到右遍历湖的高度,同时使用一个单调栈来维护之前所有湖的高度。具体来说,我们维护一个单调递增的栈,栈中存储的是湖的下标。假设当前遍历到第 $i$ 个湖,我们需要在之前的湖中找到一个高度最接近 $h_i$ 且高度过 $h_i-d$ 的湖,然后从这个湖到第 $i$ 个湖之间挖一条沟渠。具体的实现可以参考下面的代码: ```c++ #include <cstdio> #include <stack> using namespace std; const int N = 100010; int n, d; int h[N]; stack<int> stk; int main() { scanf("%d%d", &n, &d); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &h[i]); int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { while (!stk.empty() && h[stk.top()] <= h[i] - d) stk.pop(); if (!stk.empty()) ans++; stk.push(i); } printf("%d\n", ans); return 0; } ``` 这里的关键在于,当我们遍历到第 $i$ 个湖时,所有比 $h_i-d$ 小的湖都可以被舍弃,因为它们可能成为第 $i$ 个湖的前驱。因此,我们可以断地从栈顶弹出比 $h_i-d$ 小的湖,直到栈顶的湖高度大于 $h_i-d$,然后将 $i$ 入栈。这样,栈中存储的就是当前 $h_i$ 左边所有高度过 $h_i-d$ 的湖,栈顶元素就是最靠近 $h_i$ 且高度过 $h_i-d$ 的湖。如果栈为空,说明找到了一个前驱湖,答案加一。
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