[M滑动窗口] lc2555. 两个线段获得的最多奖品(滑动窗口+同向双指针+代码技巧)

1. 题目来源

链接：2555. 两个线段获得的最多奖品

2. 题目解析

挺有意思的一道题目，同向双指针+简单dp 的思想。

思路：

• 题目要求枚举两个线段，其实可以想到经典题目「两数之和」。
• 我们可以枚举靠右的线段位置，然后由于靠右的线段已经枚举了，所以靠左的线段的信息也是知道的。
• 可以枚举，靠右的线段右端点 r，然后左端点即为 l = r - k + 1 所在位置。这个简单使用滑动窗口维护 l 位置即可。
• 此时，我们仅需知道 左侧，取得线段最大值是多少即可得到当前构成的奖品总数。sum = pri[l] + r - l + 1;
• 而 pri 数组又可以在枚举 r 的同时进行维护
• pri[i] 指的是 在 i 位置前，不包括 i 点的情况下，满足条件的线段获取到的奖品最大值。即 [0, i) 位置下的合法线段获取到的最大值。
• 简单依照 dp 的思想，pri[r] = max(pri[r - 1], r-l+1) 即可。
  • 当前 r 点所能构成的最大奖品即为 r-l+1。
  • r 点前所能构成的最大奖品为 pri[r-1]
  • 故 r 点所能构成的最大奖品即为两数的最大值。

代码实现小细节：

• 这里的 pri[r] 类似前缀和数组一样，r 的所处位置是开区间，是不能被取到的。
• 故当数组长度为 n 时，针对 pri 预处理数组来讲，可以将长度开到 n+1。
• 这样的好处是：当枚举到 r 点时，它的奖品应该由 [0, l) 部分 + r-l+1 构成。
• 此时，就可以直接写成 pri[l] + r - l + 1 而不用写成 pri[l-1] + r - l + 1 。即不用考虑 0 这个特殊情况。
• 同时，转移方程下标也同时向前推进 1，变为 pri[r+1]=max(pri[r], r-l+1)
• 这样会让代码简洁很多，并且由同样效果。

本题是个很套路的题目，且是一个经典题目，乍一看有贪心做法，实际上很难证明贪心做法的正确性，也没必要去证明了。

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• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

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代码：

class Solution {
public:
    int maximizeWin(vector<int>& prizePositions, int k) {
        int n = prizePositions.size();
        int pre[n + 1]; memset(pre, 0, sizeof(pre));
        int res = 0;
        for (int l = 0, r = 0; r < n; r ++ ) {
            while (prizePositions[r] - prizePositions[l] > k) l ++ ;
            res = max(res, pre[l] + r - l + 1);
            pre[r + 1] = max(pre[r], r - l + 1);
        }

        return res;
    }
};