2019牛客暑期多校训练营（第一场）A Equivalent Prefixes（单调栈/二分+分治）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/881/A
来源：牛客网

Two arrays u and v each with m distinct elements are called equivalent if and only if $\mathrm{RMQ(u,l,r)=RMQ(v,l,r)RMQ(u,l,r)=RMQ(v,l,r)\; for\; all\; 1\le l\le r\le m1\le l\le r\le m\; where\; RMQ(w,l,r)RMQ(w,l,r)\; denotes\; the\; index\; of\; the\; minimum\; element\; among\; wl,wl+1,\dots ,wrwl,wl+1,\dots ,wr.\; Since\; the\; array\; contains\; distinct\; elements,\; the\; definition\; of\; minimum\; is\; unambiguous.\; Bobo\; has\; two\; arrays\; a\; and\; b\; each\; with\; n\; distinct\; elements.\; Find\; the\; maximum\; number\; p\le np\le n\; where\; \{a1,a2,\dots ,ap\}\{a1,a2,\dots ,ap\}\; and\; \{b1,b2,\dots ,bp\}\{b1,b2,\dots ,bp\}\; are\; equivalent.}$

输入描述:

The input consists of several test cases and is terminated by end-of-file.

The first line of each test case contains an integer n.
The second line contains n integers ${\mathrm{a1,a2,\dots ,ana1,a2,\dots ,an.The\; third\; line\; contains\; n\; integers\; b1,b2,\dots ,bnb1,b2,\dots ,bn.*\; 1\le n\le 1051\le n\le 105*\; 1\le ai,bi\le n1\le ai,bi\le n*\; \{a1,a2,\dots ,an\}\{a1,a2,\dots ,an\}\; are\; distinct.*\; \{b1,b2,\dots ,bn\}\{b1,b2,\dots ,bn\}\; are\; distinct.*\; The\; sum\; of\; n\; does\; not\; exceed\; 5\times 1055\times 105.}}^{}$

输出描述:

For each test case, print an integer which denotes the result.

示例1

输入

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2
1 2
2 1
3
2 1 3
3 1 2
5
3 1 5 2 4
5 2 4 3 1

输出

复制

1
3
4

题意：
两个长度为n的数组，求最大的m，使得1到m之内的所有区间的最小值位置相同。
思路：
单调栈:
记录每个值的左边第一个比当前值小的位置。
从左到右遍历一遍，记录下第一个单调栈结果不同的地方，该位置前一个位置就是答案。
证明：
如果你确认了位置i是正确的，并且单调栈记录的位置是pos，那么（pos,i）,(pos+1,i）... (i,i)都是符合条件的。
如果pos左侧的值都比pos处的值要大，那么显而易见，（1,i）,（2,i）,...,(pos-1,i)也是符合题意的。
如果pos左侧的值有比pos处的值小的，那么从右边数，第一个比pos小的值的位置pos2，对于两个数组，也一定相等，(因为之前已经检测过pos了，不然也不会走到i)
那么（pos2+1,i),(pos2+2,i)...(pos-1,i)也是符合题意的。
再从pos2开始考虑，用类似递归的思想，很容易明白，（1,i）,（2,i）,...,(pos-1,i)都是符合题意的。
这是右端点是i的情况，但是因为i从左向右遍历，所以之前的所有区间其实都已经检测过了。

再考虑不相等的情况：
如果在位置i，第一个数组从右向左的第一个位置为pos1，第二个是pos2，且pos1<pos2
那么对于第一个数组，（pos2,i)的最小值位置是i，对于第一个数组，（pos2,i)的最小值位置是pos2,显然不同。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
 
#define fuck(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define debug(a, x) cerr<<#a<<"["<<x<<"] = "<<a[x]<<endl;
#define ls (t<<1)
#define rs ((t<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 100086;
const int maxm = 100086;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll Inf = 999999999999999999;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1);
 
int num1[maxn],num2[maxn];
int ans1[maxn],ans2[maxn];
struct node{
    int num,id;
};
stack<node>st;
int main() {
//    ios::sync_with_stdio(false);
//    freopen("in.txt", "r", stdin);
 
    int n;
    while (scanf("%d",&n)!=EOF){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&num1[i]);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&num2[i]);
        }
        num1[0]=num2[0]=-1;
        int ans=n;
        for(int i=n;i>=0;i--){
            while (!st.empty()&&st.top().num>num1[i]){
                ans1[st.top().id]=i;
                st.pop();
            }st.push(node{num1[i],i});
        }for(int i=n;i>=0;i--){
            while (!st.empty()&&st.top().num>num2[i]){
                ans2[st.top().id]=i;
                st.pop();
            }st.push(node{num2[i],i});
        }for(int i=1;i<=n;i++){
            if(ans1[i]!=ans2[i]){
                ans=i-1;
                break;
            }
        }printf("%d\n",ans);
 
    }
 
 
    return 0;
}

二分+分治
如果位置p符合题意，那么pos<p也一定满足题意。
那么现在在check区间l,r是否满足题意。
如果区间(l,r)两个数组最小值位置都是pos，那么对于区间(L,R) l<=L<pos,r>=R>pos，最小值位置就是pos.
所以只需要考虑L，R都在pos同一边即可。
于是就是pos为分界线进行分治。
如果区间(l,r)两个数组最小值位置不同，直接返回false

#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define bug printf("*********\n")
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define FON freopen("output.txt","w+",stdout);
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define debug1(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]\n"
#define debug2(x,y) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<"]\n"
#define debug3(x,y,z) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<" "<<#z<<" "<<z<<"]\n"
const int maxn =100000 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a[maxn], b[maxn];
int pos1[maxn], pos2[maxn];
int st1[maxn][20];
int n;
 
void rmq_init1() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        st1[i][0] = a[i];
    }
    int l = 2;
    for (int i = 1; l <= n; i++) {
        for (int j = 1; j + l / 2 <= n; j++) {
            st1[j][i] = min(st1[j][i - 1], st1[j + l / 2][i - 1]);
        }
        l <<= 1;
    }
}
int ask_min1(int i, int j) {
    int k = int(log(j - i + 1.0) / log(2.0));
    return min(st1[i][k], st1[j - (1 << k) + 1][k]);
}
 
int st2[maxn][20];
 
void rmq_init2() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        st2[i][0] = b[i];
    }
    int l = 2;
    for (int i = 1; l <= n; i++) {
        for (int j = 1; j + l / 2 <= n; j++) {
            st2[j][i] = min(st2[j][i - 1], st2[j + l / 2][i - 1]);
        }
        l <<= 1;
    }
}
int ask_min2(int i, int j) {
    int k = int(log(j - i + 1.0) / log(2.0));
    return min(st2[i][k], st2[j - (1 << k) + 1][k]);
}
bool check(int l,int r){
//    cout<<l<<" "<<r<<endl;
    if(l>=r) return true;
    int min1=ask_min1(l,r);
    int min2=ask_min2(l,r);
    int p1=pos1[min1];
    int p2=pos2[min2];
    if(p1==p2) {
        return check(l,p1-1)&&check(p1+1,r);
    }else{
        return false;
    }
}
int main() {
 
    while(scanf("%d", &n) != EOF) {
 
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            pos1[a[i]] = i;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &b[i]);
            pos2[b[i]] = i;
        }
        rmq_init1();
        rmq_init2();
        int l=1,r=n;
        int ans=1;
        while(l<=r){
            int mid=(l+r)>>1;
            if(check(1,mid)){
                ans=mid;
                l=mid+1;
            }else{
                r=mid-1;
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

那些n方复杂度过的大佬，可以看一下如果数据是两个1e5的单调递增/递减数组，你们的代码会不会出事。

 

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