\(T1:[POI2010]PIL-Pilots\)
题意:给定\(n,k\)和一个长度为\(n\)的序列，求最长的最大值最小值相差不超过\(k\)的序列的长度.
分析:维护两个单调队列,一个维护最大值,一个维护最小值,每次更新前先检查两个队列的队头的下标是否相差在\(k\)以内,如果大于则令下标较小的队头出队,同时记录当前出队的下标最小值,用于后面更新答案.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=1e6+5;
int k,n,a[N],q1[N],q2[N];
int main(){
k=read();n=read();for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
int l1=1,r1=0,l2=1,r2=0,ans=0,last=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(l1<=r1&&a[i]>a[q1[r1]])--r1;q1[++r1]=i;
while(l2<=r2&&a[i]<a[q2[r2]])--r2;q2[++r2]=i;
while(a[q1[l1]]-a[q2[l2]]>k){
if(q1[l1]<q2[l2])last=max(last,q1[l1]),++l1;
else if(q1[l1]>q2[l2])last=max(last,q2[l2]),++l2;
}
ans=max(ans,i-last);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
\(T2:Cash\) \(back\)
题意:你需要把一个长度为\(n\)的序列任意分段,每一段假设长度为k，就去掉前\(\lfloor\frac{k}{m}\rfloor\) 小的数,最小化剩下的数的和.
分析:假设我们选择了一个长度为\(2m\)的段\([1,2m]\),所以要去掉这一段的最小值\(min1\)和次小值\(min2\),段的中点是\(m\),这两个值要么都在中点的同一侧,要么分别在中点的两侧.
如果两个值在中点的两侧,即\(min1\)是\([1,m]\)的最小值,\(min2\)是\([m+1,2m]\)的最小值.那么我们把这一段拆成两段\([1,m]\)和\([m+1,2m]\),再选最小值,产生的贡献是一样的.
如果两个值在中点的同侧,假设都在\([1,m]\)这一段,那么\([m+1,2m]\)这一段的最小值比\(min1,min2\)都要大,所以此时我们把这一段拆成两段\([1,m]\)和\([m+1,2m]\),再选最小值,能够更优.
综上这个序列要么拆成长度为\(m\)的段产生一个最小值的贡献,要么拆成长度小于\(m\)的段,然后长度小于\(m\)的段反正不会产生贡献,就可以看做是若干个长度为\(1\)的段.
所以可以单调队列预处理出\(g[i]\)表示\([i-m+1,i]\)的最小值.然后设\(f[i]\)表示考虑到序列的第\(i\)位的答案,则\(f[i]=min(f[i-1]+a[i],f[i-m]+sum[i]-sum[i-m]-g[i])\).
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=1e5+5;
int n,m,a[N],q[N],g[N];
ll sum[N],f[N];
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(l<=r&&a[i]<=a[q[r]])--r;
q[++r]=i;
while(l<=r&&i-q[l]+1>m)++l;
g[i]=a[q[l]];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
f[i]=f[i-1]+a[i];
if(i-m>=0)f[i]=min(f[i],f[i-m]+sum[i]-sum[i-m]-g[i]);
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
\(T3:[NOI2005]\)瑰丽华尔兹
题意:
\(T4: [USACO12MAR]\)花盆\(Flowerpot\)
分析:显然花盆的长度是可以二分答案的.设当前二分的答案为\(mid\),将水滴按照横坐标从小到大排序,然后就分别求以每个水滴的横坐标为右端点,长度为\(mid\)的这一段区间 所包含的水滴的纵坐标的最值.
最大值和最小值分别维护两个单调队列来求即可.如果存在一个\(i\),使得\(maxn[i]-minn[i]>=m\),则是一次合法的二分答案.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=1e5+5;
int n,m,maxn,minn=1<<30,f[N],g[N],q[N];
struct node{int x,y;}a[N];
inline bool cmp(node x,node y){return x.x==y.x?x.y<y.y:x.x<y.x;}
inline bool check(int mid){
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(l<=r&&a[i].y<=a[q[r]].y)--r;
q[++r]=i;
while(l<=r&&a[i].x-a[q[l]].x>mid)++l;
f[i]=a[q[l]].y;
}
l=1,r=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(l<=r&&a[i].y>=a[q[r]].y)--r;
q[++r]=i;
while(l<=r&&a[i].x-a[q[l]].x>mid)++l;
g[i]=a[q[l]].y;
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(g[i]-f[i]>=m)return 1;
return 0;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i].x=read(),a[i].y=read();
minn=min(minn,a[i].y);maxn=max(maxn,a[i].y);
}
if(maxn-minn<m){puts("-1");return 0;}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
int l=0,r=1000000,mid,ans;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}