F.双生双宿之探

合集 - 牛客训练(31)

1.校门外的树（一维差分）2024-12-222.铺地毯（二维差分/枚举区间）2024-12-223.晾衣服（二分）2024-12-234.丢手绢（尺取法/快慢指针）2024-12-255.二分（离散化/哈希）2024-12-286.C-猪猪养成计划1（set）01-187.E-双生双宿之错01-228.D-字符串里串01-249.H-一起画很大的圆01-2510.C-字符串外串01-2511.E—一起走很长的路01-2712.M—数值膨胀之美01-2813.J—硝基甲苯之袭01-3014.H—井然有序之窗02-0115.C—智乃的NotePad（esay version）02-0116.I. 小鸡的排列构造的checker02-1617.J. 铁刀磨成针02-1618.华华开始学信息学02-1619.B.好伙计猜拳02-1720.E.小L的井字棋02-1721.C.小L的位运算02-1722.D.Tokitsukaze and Concatenate‌ Palindrome02-1823.C.Tokitsukaze and Balance String (hard)02-1824.E.智乃的小球02-1925.G.智乃与模数02-2026.D.小L的字符串翻转02-2027.L.小L的构造02-2028.C.兢兢业业之移02-22

29.F.双生双宿之探02-22

30.E.全都要03-0331.D.大预言家03-03

收起

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/95323/F

题意：

给定一个长度为n的数组a，规定若其一个子数组 长度为偶数 并且数组内 有两个不相同的数字 且 数量相同 ，则该数组为双生数组

求数组a中有多少个双生数组

思路：

纯暴力枚举每一个区间显然复杂度O（nnn）

考虑到 从左往右扩展区间 若区间数字种类超过两个便停止 ，发现此区间的下一个区间，一定不会与拥有 此区间最左边的数字 的区间 相交，而只会最大程度上与 拥有 此区间最右边的数字 的区间 相交

那么一左一右 就可以用双指针 枚举代价变为O（n）

当确定了区间之后，就需要统计此区间双生数组的数目

如何统计？既然要让两种数字的数目相同，不妨离散化，让一种数字变为1，另一种数字变为-1。这样 若 子区间的区间和为0，说明子区间两种数字数目相同，就说明这是一个双生数组

如何确定子区间区间和？显然用前缀和解决，既然 presum[x]-presum[y-1]=0 证明[x,y]为一个双生数组 那么只要看presum[x]=presum[y-1]

用set保证两种数字，map存储从l~r的前缀和，额外复杂度为O（logn）

值得注意的是本来寻思着双指针复杂度是O（n），然后前缀遍历一遍复杂度看着也像O（n）那搞里头不应该变成O(nnlogn）级别的了吗》

后来想想发现双指针扩的区域越大，双指针遍历的就越少，前缀遍历的就越多；双指针扩的区域越小，双指针遍历的就越多，前缀遍历的就越少

所以两个乘起来是O（n）的~

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define pb push_back
#define int long long
#define endl "\n"
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll llmax=LLONG_MAX;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n;
int a[maxn];

void solve(){
	cin>>n;

	int ans=0;
	rep(i,1,n) cin>>a[i];
	
	
	for(int l=1;l<=n;){
		map<int,int>mp;
		set<int>st;
		int r=l+1;
		
		st.insert(a[l]);
		
		
		while(st.size()<=2&&r<=n){
			st.insert(a[r]);
			if(st.size()==3){
				st.erase(a[r]);r--;break;
			}
			r++;
		}
		
		if(r>n)r=n;
		if(st.size()==1)break;
		
		
		mp[0]=1;
		int s=0;
		rep(i,l,r){
			s+=(a[i]==a[l]?1:-1);
			ans+=mp[s];
			mp[s]++;
//			cout<<"s "<<s<<endl;
		}
//		rep(i,1,n){
//			cout<<a[i]<<endl;
//		}
//		for(auto it:mp){
//			cout<<it.first<<' '<<it.second<<endl;
//		}
		while(r-1>=l&&a[r-1]==a[r])r--;
		l=r;
	}
	
	cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
	int T;cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}	
	return 0;
}