【LOJ6062】「2017 山东一轮集训 Day2」Pair（线段树套路题）

点此看题面

大致题意： 给出一个长度为\(n\)的数列\(a\)和一个长度为\(m\)的数列\(b\)，求\(a\)有多少个长度为\(m\)的子串与\(b\)匹配。数列匹配指存在一种方案使两个数列中的数两两配对，数配对指它们的和不小于\(h\)。

预处理

显然，要判断两个数列是否匹配，肯定是将一个数列从小到大排序，另一个数列从大到小排序，然后逐一判断相应位置上的两个数是否配对。

我们可以将其转化，把\(b_i\)变成\(h-b_i\)，然后将\(a\)的某个子串和\(b\)都从大到小排序，再比较相应位置上\(a_i\)是否大于等于\(b_i\)，即可判断是否匹配。

线段树优化

然后就可以发现这是一道线段树套路题。

考虑要对应位置\(a_i\)大于等于\(b_i\)，且\(b_1\ge b_2\ge b_3\ge...\ge b_n\)，则对于\(b_i\)，应该有\(\ge i\)个数大于等于它。

所以，我们可以将\(a,b\)离散化，对于每个\(b_i\)，在线段树第\(b_i\)个位置上减\(i\)，对于每个\(a_i\)，在线段树第\([1,a_i]\)这个区间上加\(1\)。

因此，判断线段树中是否所有元素大于等于\(0\)即可判断两个序列是否匹配（这只须记录一个最小值就能判）。

要注意的是，对于重复的\(b_i\)，我们只选择最大的\(i\)减去，而不是叠加。

既然这样，我们枚举\(a\)中子串右端点\(i\)，每次删去第\(i-m\)个数，然后加上第\(i\)个数，若当前情况合法则将\(ans\)加\(1\)即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 150000
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
int n,m,h,dc,a[N+5],b[N+5],dv[N+5];
class FastIO
{
	private:
		#define FS 100000
		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define tn (x<<3)+(x<<1)
		#define D isdigit(c=tc())
		char c,*A,*B,FI[FS];
	public:
		I FastIO() {A=B=FI;}
		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
		Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
class SegmentTree//线段树
{
	private:
		#define L l,mid,rt<<1,tl,tr
		#define R mid+1,r,rt<<1|1,tl,tr
		#define PU(x) (O[x]=O[x<<1]+O[x<<1|1])
		#define PD(x) (O[x].F&&(O[x<<1]+=O[x].F,O[x<<1|1]+=O[x].F,O[x].F=0))
		struct node//存储节点信息
		{
			int Mn,F;I node(CI mn=0,CI f=0):Mn(mn),F(f){}
			I node operator + (Con node& o) Con {return node(min(Mn,o.Mn));}
			I void operator += (CI x) {Mn+=x,F+=x;}
		}O[N<<2];
		I void upt(CI l,CI r,CI rt,CI tl,CI tr,CI v)//区间修改
		{
			if(tl<=l&&r<=tr) return O[rt]+=v;PD(rt);RI mid=l+r>>1;
			tl<=mid&&(upt(L,v),0),tr>mid&&(upt(R,v),0),PU(rt);
		}
	public:
		I void Update(CI l,CI r,CI v) {upt(1,n,1,l,r,v);}
		I bool Check() {return O[1].Mn>=0;}//判断最小值是否大于等于0
}S;
I int GV(CI x)//求出离散化后的值
{
	RI l=1,r=dc,mid;W(l<=r) dv[mid=l+r>>1]<x?l=mid+1:r=mid-1;
	return l;
}
int main()
{
	RI i,ans=0;for(F.read(n,m,h),i=1;i<=m;++i) F.read(b[i]);//读入
	for(sort(b+1,b+m+1),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),dv[i]=a[i];
	sort(dv+1,dv+n+1),dc=unique(dv+1,dv+n+1)-dv-1;for(i=1;i<=n;++i) a[i]=GV(a[i]);//离散化
	for(i=1;i<=m;++i) b[i]=GV(h-b[i]),b[i]<h&&(S.Update(b[i],b[i],b[i]^b[i-1]?-i:-1),0);//离散化，并在线段树上初始化，注意判重
	for(i=1;i<=m;++i) S.Update(1,a[i],1);ans+=S.Check();//将前m个数加入，更新ans
	for(i=m+1;i<=n;++i) S.Update(1,a[i-m],-1),S.Update(1,a[i],1),ans+=S.Check();//每次删除第i-m个数，加上第i个数，然后更新ans
	return printf("%d",ans),0;//输出答案
}