尺取法
引子
说实话，这部分其实我也才学了3天，刚开始接触时，是做了一个小小粉丝嘟嘟熊_hdu6119，听T老师讲的时候，感觉跟之前做的斜率优化，就是我之前写的HNOI的玩具装箱 ，差不多，都是用了一个单调队列，来优化，其实重要的可以应用的原因是wyq所说的单调
我们来看看一个明显的单调队列的例子
Eg. 有这么一行数\(a_1,a_2,a_3,...,a_n\),我们要求所有任意连续k个数中的最小值。
我们平常的方法是什么，枚举一个起点\(head\)循环到\(head+k-1\),求出其中的最小值 ,再把所有的最小值比较，即可得出答案，时间复杂度是\(O(kn)\)
用了单调法，\(O(kn)\)变\(O(n)\)
主要分为以下几步
- 初始化 \(head=1,tail=0,a_{0}=0x3f3f3f3f\),循环自变量为\(c\)
- 检查\(que_{head}\) 是否\(>=tail-k+1\) 若是，继续，否则，\(head++\),直到满足条件
- 当\(a_{c}\)满足小于等于\(a_{que_{tail}}\)且\(head<=tail\),,\(tail--\)
- \(c\)入队
- 当\(c>=k\)时,\(a_{que_{head}}\)即为所求
这是单调队列的简单应用，我们来进入正题
正文
用我的第一道题做第一道例题吧
我们先不管算法，来谈谈如何合并一个区间
我的初步想法是这样的，先把一个个区间按照左端点排序，左端点相同，按右端点从小至大，然后扫一遍就行了‘
然后尺取，做一个\(tail\)和\(head\),然后，你既然想要最大的连续的，那么头指针单调时，tail必定单调，所以我们能使用尺取法
接下来是常规的尺取，算区间的间隔，看小不小k
bool cmp(Node a,Node b){
if(a.l==b.l) return a.r>b.r;
return a.l<b.l;
}
void init(){
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
cnt=1,b[1].l=a[1].l,b[1].r=a[1].r;//预处理区间
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i].l<=b[cnt].r+1&&a[i].r>b[cnt].r) b[cnt].r=a[i].r;
if(a[i].l>b[cnt].r){
cnt++;
b[cnt].l=a[i].l,b[cnt].r=a[i].r;
}
}
memset(que,0,sizeof que);
head=1;
ans=b[1].r-b[1].l+1+k;
kong=0;
return ;
}
int main(){
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){
init();
for(int i=2;i<=cnt;i++){//尺取法
while(head<=i&&kong+b[i].l-b[i].r-1>k){
kong=kong-(b[head+1].l-1-b[head].r);
head++;
}
kong=kong+(b[i].l-b[i-1].r-1);
ans=max(ans,k-kong+b[i].r-b[head].l+1);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}Eg.2
数据范围，能给你启示
我们如果平常的，枚举一个矩阵左上，右下的话，时\(O(n^6)\),会超时，考虑到我们的座位，再上界，下界，左界一定时随着右界的增大，Seats 是不减函数，在做前缀和，就能把时间复杂度降为\(O(n^3)\)可以在规定时间内过掉
所以能用尺取法
具体思路
枚举上界和下界，对其中用尺取法，注意都是闭区间。。。
示例如下
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int Maxn=303;
int r,c,k,s[Maxn][Maxn],ans;
char ch;
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
ch=getchar();
}
return x;
}
int count(int y1,int y2,int x1,int x2){
return s[y2][x2]-s[y2][x1-1]-s[y1-1][x2]+s[y1-1][x1-1];
}
int main(){
//freopen("hdu1937.in","r",stdin);
while(1){
scanf("%d%d%d%c",&r,&c,&k,&ch);
if(r==0&&c==0&&k==0)break;
memset(s,0,sizeof s);
for(int i=1;i<=r;i++){//制作前缀和
for(int j=1;j<=c;j++){
ch=getchar();
if(ch=='X') s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
else s[i][j]=1+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
}
ch=getchar();
}
ans=0x7fffffff;
for(int sh=1;sh<=r;sh++){
for(int x=sh;x<=r;x++){//枚举上界下界
int tail=0;//枚举head
for(int head=1;head<=c;head++){
while(tail<c&&count(sh,x,head,tail)<k){
tail++;//位数如果小tail++
}
if(tail==c&&count(sh,x,head,tail)<k) break;//这一内不行
ans=min(ans,(tail-head+1)*(x-sh+1));//统计答案
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}Eg.3
这个题，他告诉你我们的分数会加绝对值，不减
而且 他是一个轴对称的算法，并且不能有交集
我们可以用尺取法来解决，枚举每个对称轴，并不是有奇偶性之分
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int Maxn=100000;
int T,m;
char c[Maxn];
int main(){
//freopen("hdu6103.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&m);//读入
scanf("%s",c+1);
int ans=-1,len=strlen(c+1);
for(int i=2;i<len;i++){//从第二个到len-1
int tail=0,now=0,min1=min(i-1,len-i);//算到两边长
for(int head=1;head<=min1;head++){
while(tail<min1&&now+abs(c[i-tail-1]-c[i+tail+1])<=m){
now+=abs(c[i-tail-1]-c[i+tail+1]);
tail++;
}
ans=max(ans,tail-head+1);
now-=abs(c[i-head]-c[i+head]);
}
}
for(int i=1;i<len;i++){
int tail=0,now=0,min1=min(i,len-i);
for(int head=1;head<=min1;head++){
while(tail<min1&&now+abs(c[i-tail]-c[i+tail+1])<=m){
now=now+abs(c[i-tail]-c[i+tail+1]);
tail++;
}
ans=max(ans,tail-head+1);
now-=abs(c[i-head+1]-c[i+head]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}hdu4123 BOb'race
我们看看，这道题就是求一个点在树图上所能到达的最远距离，我们知道，这个距离就是到任意一条直径两端点的较大距离
这样我们就得出了每个点的答案，然后用两个单调队列，一个存最大值的编号，一个存最小值的编号，O(n)输出答案。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
const int Maxn=50005;
struct Node{
int lac,to,wg;
}edge[Maxn*2];
int n,m,cnt,h[Maxn],x,y,z,dis[Maxn],ans[Maxn],k;
deque<int> qmax;
deque<int> qmin;
bool vis[Maxn];
void insert(int x,int y,int z);
void find_dtr();
void build();
int dfs(int u);
void print();
void insert(int x,int y,int z){
edge[cnt].lac=h[x];
edge[cnt].to=y;
edge[cnt].wg=z;
h[x]=cnt++;
}
void build(){
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
insert(x,y,z);
insert(y,x,z);
}
}
//我们通过深搜来记录路径
int dfs(int u) {
vis[u]=1;
int to=u;
for(int i=h[u];i!=-1;i=edge[i].lac) {
if(vis[edge[i].to]) continue;//虽然不可能。。。
dis[edge[i].to]=edge[i].wg+dis[u];//我们得到to的路径长
int ret=dfs(edge[i].to);//我们就去下一个点，得到最大距离
if(dis[to]<dis[ret]) to=ret;//修改一波
}
return to;//如果没有叶子节点，返回其本身
}
//第一次写的树的直径
//我们利用树的直径的性质。。。
//对于一条直径
//一个点到别的点的最长路径肯定是在两端点的。。
//但是我们不知道到那个端点，于是做3次深搜。。
//前两此的直径，后两次的路径
void find_dtr() {
memset(dis,0,sizeof dis);
memset(vis,0,sizeof vis);
int s=dfs(1);//返回距离u的最远节点
memset(dis,0,sizeof dis);
memset(vis,0,sizeof vis);
int t=dfs(s);//此时，已经有了一部分答案我们选择memcpy
memcpy(ans,dis,sizeof ans);
memset(dis,0,sizeof dis);
memset(vis,0,sizeof vis);
s=dfs(t);//在重新搜回去
//事实上，再有多个路径的时候，前一个s可能不是这s，但是这s和t是直径端点。
for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=max(ans[i],dis[i]);
}
void print(){
while(m--){
//我们统计m次答案
//我们做两个单调队列，一个记录最大值的编号，一个记录最小的编号
scanf("%d",&k);
int head=1,len=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){//枚举嵬节点
while(!qmin.empty()&&ans[i]<=ans[qmin.back()]) qmin.pop_back();//却在前面越小
while(!qmax.empty()&&ans[i]>=ans[qmax.back()]) qmax.pop_back();//越在前面越大
qmin.push_back(i);
qmax.push_back(i);
while(ans[qmax.front()]-ans[qmin.front()]>k){
head++;
if(qmax.front()<head) qmax.pop_front();
if(qmin.front()<head) qmin.pop_front();
}
len=max(len,i-head+1);
}
while(!qmin.empty()) qmin.pop_front();
while(!qmax.empty()) qmax.pop_front();
printf("%d\n",len);
}
}
int main() {
freopen("Bob.in","r",stdin);
while(1){
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n==0&&m==0) break;//程序结束
memset(h,-1,sizeof h);cnt=0;//初始化
build();//建树
find_dtr();//找直径
print();//单调队列输出答案
}
return 0;
}其实，有些改变的题还有很多 像CF那道删数，就要做个邻接表
嵬
哼唧