第一章 常见优化技巧 例题
第一章 常见优化技巧 例题
T1 P1102 A-B数对
题目描述：
给出一串数以及一个数字C，要求计算出所有A-B=C的数对的个数。
n<=2e5
思路：
将数列排序，去重并统计每个数的出现次数。
对于每一个数a[l]，用lower_bound寻找是否存在a[r]=a[l]+c,直到a[l]+c>a[cnt]为止。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=2e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),c=rd();
int l,r;
struct Node
{
int cnt,num;
bool operator <(const Node& x)const{return num<x.num;}
bool operator <(const int& x)const{return num<x;}
}a[N];
int cnt;
ll ans;
int main()
{
fr(i,n) a[i].num=rd();
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;)//去重+计数
{
a[++cnt].cnt=1,a[cnt].num=a[i].num;
while(a[++i].num==a[cnt].num)++a[cnt].cnt;
}
while(1)
{
r=lower_bound(a+1,a+cnt+1,a[++l].num+c)-a;
if(r>cnt)break;//数列中最大值小于a[l]+cnt,那后面的也都不符合,退出
if(a[r].num==a[l].num+c) ans+=(ll)a[r].cnt*a[l].cnt;
}
cout<<ans;
return 0;
}
T2 P1638 逛画展
题目描述：
有n个取值1~m的数组成一个数列，求一个最短区间[a,b]使该区间内的数取到1~m中的所有值。
n<=1e6,m<=1e3
思路1： O(nlogn) 二分答案
二分答案len值(b-a+1)，然后统计在长为len的区间内，每个画家的画出现了多少次，区间内出现了几个画家的画，不断右移区间直至所有画家均出现或移到最后也不符合。
一次检验O(n),总共log(n)次，总时间复杂度O(nlogn)。
思路2： O(n) 双指针
检验一个区间是否合法的方法同上。
先将右指针右移至区间合法，将左边不断弹出直至最左端画作的画家的cnt为1(再多退一位就不合法)，统计区长最小值即可。然后右指针右移一位，尽可能退左边。循环至右指针移到最后。
Code: (思路1)
#include<bits/stdc++.h>//二分答案len值,O(1)检验, O(nlogn) //two-pointers可以做到O(n),检验方法一致,每次右指针右移一位后将左边不断弹出至最左端画作的画家的cnt为1,统计区长最小值即可
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=1e6+10,M=2e3+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int n=rd(),m=rd(),al,ar;
int mid,l=1,r=n;
int a[N]/*储存画作*/,cnt[M]/*每个画家的画在区间内的出现次数*/,avai/*存在画作的画家个数*/;
inline void init()
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
avai=0;
}
int main()
{
fr(i,n) a[i]=rd();
while(l<r)
{
init();
mid=(l+r+1)>>1;
fr(i,mid)
{
if(!cnt[a[i]])++avai;
++cnt[a[i]];
}
if(avai==m)//如果条件满足(包含所有画家的画作)
{
r=mid-1;
al=1;
ar=mid;
continue;
}
fr(i,n-mid)
{
--cnt[a[i]];
if(!cnt[a[i]])--avai;
if(!cnt[a[i+mid]])++avai;
++cnt[a[i+mid]];
if(avai==m)//如果条件满足(包含所有画家的画作)
{
r=mid-1;
avai=0;//顺便承担jud的作用
al=i+1;
ar=mid+i;
break;
}
}
if(avai) l=mid+1;//avai>0则说明条件始终没有得到满足
}
cout<<al<<' '<<ar;
return 0;
}
*T3 P1115 最大子段和
题目描述：
给出一个长度为n的序列a，选出其中连续的一段使得这段和最大。
n<=2e5 , -1e4<=ai<=1e4
思路：
dp
对于每个数,采用局部贪心策略,要么重新计和,要么累加,最后取所有dp值中的最大值。
Code:
#include<bits/stdc++.h>//dicussed
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
using namespace std;
const int N=2e5+10,Inf=0x7fffffff;
int n,dp[N],mx=-Inf,k;
int main()
{
scanf("%d",&n);
fr(i,n) scanf("%d",&k),dp[i]=max(dp[i-1]+k,k),mx=max(mx,dp[i]);
cout<<mx;
}
*T4 P7072 [CSP-J2020] 直播获奖
题目描述：
给定w，依次给定n个整数，给出第p个数时询问第 \(max(1,\left \lfloor p*w\% \rfloor \right)\) 个数的大小
n<=1e5
思路：
双优先队列
考虑到本题每新加入一个数，只会涉及到临界点最多一位的更改。因此开两个优先队列，一个小根堆存前 \(max(1,\left \lfloor p*w\% \rfloor \right)\) 个数，堆顶数即为临界点上的数；另一个开大根堆，存储不符合要求的数，堆顶即为临界点的后一位。这样，每加入一个新的数时，只涉及到 小根堆堆顶、大根堆堆顶、新数三个数的修改，分情况讨论即可。详见代码。
Code:
#include<bits/stdc++.h>//asked
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=2e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int n=rd(),w=rd(),a;
int rew;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q1;
int t1;
priority_queue<int> q2;
int t2;
int main()
{
q1.push(Inf),q2.push(0);
fr(i,n)
{
a=rd();
if(rew<max(1,i*w/100))
{
rew=max(1,i*w/100);
if(a<q2.top())
{
q1.push(q2.top());
q2.pop();
q2.push(a);
}
else q1.push(a);
}
else
{
if(a>q1.top())
{
q2.push(q1.top());
q1.pop();
q1.push(a);
}
else q2.push(a);
}
cout<<q1.top()<<' ';
}
return 0;
}
**T5 P2671 [NOIP2015 普及组] 求和
题目描述：
给定n个数，有m种颜色，然后依次给定n个数的颜色和数值。
求所有颜色相同的且奇偶性相同的数的分数之和%mod，i和j的分数定义为\(v_{i,j}=(i+j)*(number_i+number_j)\)。
n<=1e5,m<=1e5,mod=10007
思路：
先按照颜色和奇偶性将原数列分为2m个组，这样就消除了限制条件，直接对每组分别处理即可。
通过找规律，可以发现对于每个组内的k个数：
\[\begin{align}
&(找规律)\\
\\\\&k=1\qquad0
\\\\&k=2\qquad(x_1y_1+x_1y_2+x_2y_1+x_2y_2)
\\\\&k=3\qquad(x_1y_1+x_1y_2+x_2y_1+x_2y_2)+(x_1y_1+x_1y_3+x_3y_1+x_3y_3)+(x_2y_2+x_2y_3+x_3y_2+x_3y_3)
\\&\qquad\qquad={\color{Orange}2}x_1y_1+x_1y_2+x_1y_3+x_2y_1+{\color{Orange}2}x_2y_2+x_2y_3+x_3y_1+x_3y_2+{\color{Orange}2}x_3y_3
\\&\qquad\qquad=\sum_{i=1}^3x_i*\sum_{j=1}^3y_j+{\color{Orange}1}*\sum_{i=1}^3x_iy_i\\
\\\\&k=4\qquad(x_1y_1+x_1y_2+x_2y_1+x_2y_2)+(x_1y_1+x_1y_3+x_3y_1+x_3y_3)+(x_1y_1+x_1y_4+x_4y_1+x_4y_4)+(x_2y_2+x_2y_3+x_3y_2+x_3y_3)+(x_2y_2+x_2y_4+x_4y_2+x_4y_4)+(x_3y_3+x_3y_4+x_4y_3+x_4y_4)
\\&\qquad\qquad=\sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^4x_iy_j+{\color{Orange}2}*\sum_{i=1}^4x_iy_i
\\&\qquad\qquad=\sum_{i=1}^4x_i*\sum_{j=1}^4y_j+{\color{Orange}2}*\sum_{i=1}^4x_iy_i\\\\\\
&\therefore\sum_{i=1}^k\sum_{j=i+1}^k(x_i+x_j)(y_i+y_j)\\
&=\sum_{i=1}^kx_i*\sum_{j=1}^ky_j+{\color{Orange}(k-2)}*\sum_{i=1}^kx_iy_i
\end{align}
\]
??严谨证明还不会
因此只需对于每个组线性求出组内所有数的序号和、数值和、序号与数值之积之和并统计项数，然后套公式计算即可。
Code:
#include<bits/stdc++.h>//asked (own method uncompleted)
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=10007;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int n=rd(),m=rd(),ans;
int a[N];
int cnt[N][2],sumx[N][2],sumy[N][2],num[N][2];
int k;
signed main()
{
fr(i,n)a[i]=rd();
fr(i,n)
{
k=rd();
num[k][i&1]=(num[k][i&1]+a[i]*i)%mod;
++cnt[k][i&1];
sumx[k][i&1]=(sumx[k][i&1]+i)%mod;
sumy[k][i&1]=(sumy[k][i&1]+a[i])%mod;
}
fr(i,m)
For(j,0,1)
ans=(ans+sumx[i][j]*sumy[i][j]%mod+(cnt[i][j]-2)*num[i][j]%mod)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
**T6 P4147 玉蟾宫
题目描述：
给定一个全由'F'或'R'构成的n*m矩阵，求面积最大的全标有'F'的矩阵的面积
思路1： 悬线法 O(n*m)
记录每个点到左边的最远可行点和最右可行点，以及向上的最远距离，再\(O(n^2)\)对每一个点求出它往上的最大面积即可。
??思路2： 单调栈 O(??)
同样的方法求向上最大延伸高度。
对于一行：对 向上高度 进行一次单调递增栈。每次弹栈，即出现高度变小时，更新最大面积。
Code: 思路1
#include<bits/stdc++.h>//searched
#define ll long long//悬线法:通常用于处理满足某个条件的最大矩阵
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=1010,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int l[N][N],r[N][N],up[N][N];
bool mp[N][N];
int n=rd(),m=rd();
int ans;
int main()
{
fr(i,n)fr(j,m)
{
while((cch=getchar())^'R'&&cch^'F');
mp[i][j]=bool(cch^'R');
l[i][j]=r[i][j]=j;//先置为自己
up[i][j]=1;//向上最大距离置为1
}
For(i,1,n)For(j,2,m)//处理l:对于一个点(i,j)往左可以走到的最左的符合条件的点的位置
{
if(mp[i][j-1]&&mp[i][j])//如果均成立,l值延续
l[i][j]=l[i][j-1];
}
For(i,1,n)Rof(j,m-1,1)//处理r:对于一个点(i,j)往右可以走到的最右的符合条件的点的位置
{
if(mp[i][j]&&mp[i][j+1])//如果均成立,l值延续
r[i][j]=r[i][j+1];
}
fr(i,n)//单独处理第一行
if(mp[1][i])
ans=max(r[1][i]-l[1][i]+1,ans);
For(i,2,n)For(j,1,m)//处理up:对于一个点(i,j)往上可以走到的最上的符合条件的点的< 距离 >
{
if(!mp[i][j])continue;//如果是障碍,不统计答案跳过
if(mp[i-1][j])//up
{
up[i][j]=up[i-1][j]+1;//同理
l[i][j]=max(l[i][j],l[i-1][j]);//顺便更新l,r的最小值(即这一列往左、往右分别能走到的位置的极限值)
r[i][j]=min(r[i][j],r[i-1][j]);
}
ans=max(ans,(r[i][j]-l[i][j]+1)*up[i][j]);
}
cout<<ans*3;
return 0;
}
T7 P2866 [USACO06NOV]Bad Hair Day S
题目描述：
给定n个数，求 每个数后面 连续递增数列长度 之和。
n<=8e4
思路：
单调栈板子题。
维护一个单调递增栈，并同时维护栈内元素个数，每次弹完栈后累加栈内剩余元素个数，再将新元素压栈即可。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=8e4+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
stack <int> s;
int n=rd(),h,ans,scnt;
int main()
{
s.push(Inf);
fr(i,n)
{
h=rd();
while(s.top()<=h)
{
--scnt;
s.pop();
}
ans+=scnt;
++scnt;
s.push(h);
}
cout<<ans;
return 0;
}
*T8 P1950 长方形
题目描述：
思路：
code:
#include<bits/stdc++.h>//searched
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=1e3+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int n=rd(),m=rd();
bool mp[N][N];
int l[N],r[N],h[N];//h[i]:处理行第i列可向上延伸多少长度 l[i]&r[i]:对于h[i],其左边第一个<=h[i]和右边第一个<h[i]的数
int top,sta[N];//数组模拟栈
ll ans;
inline void workline()
{
//求解l数组
top=0;
sta[0]=0;
Rof(i,m,1)//逆序枚举,利用单调递增栈线性统计每个数左边第一个小于等于它的数的位置(即l)
{
while(h[sta[top]]>=h[i]) l[sta[top]]=i,--top;//左<=右,则右边那个点的h会被左边限制,更新右边点的l值,退栈
sta[++top]=i;
}
while(top) l[sta[top]]=0,--top; //一遍走完,对于单调递增栈中剩下的数中的任意一个数p,它左边所有位1~p-1的h值都比它大,故没有数能限制它,将其l置为0
//求解r数组
top=0;
sta[0]=0;
For(i,1,m)//顺序枚举,利用单调不降栈线性统计每个数右边第一个小于它的数的位置(即r)
{
while(h[sta[top]]>h[i]) r[sta[top]]=i,--top;//右<左,则左边那个点的h会被右边限制,更新左边点的r值,退栈
sta[++top]=i;
}
while(top) r[sta[top]]=m+1,--top; //一遍走完,对于单调不降栈中剩下的数中的任意一个数p,它右边所有位p+1~m的h值都比它大,故没有数能限制它,将其r置为m+1
fr(i,m)ans+=(ll)(i-l[i])*(r[i]-i)*h[i];//统计答案
}
int main()
{
fr(i,n)
{
fr(j,m)
{
while((cch=getchar())^'*'&&cch^'.');
mp[i][j]=bool(cch^'*');
}
}
h[0]=-Inf;
fr(i,n)//枚举每一行,分别统计答案
{// <核心> 对每一列求出仅受这一列的高度限制的长方形数(l[i]和r[i]以外的高度受其他数的限制(因为l[i]和r[i]都不会超过i),它管不到),即为(i-l[i])(r[i]-i)h[i],将所有列的答案相加就是以当前行为底边构造的长方形的方案数
fr(j,m)//预处理出h(h直接在上一行的基础上进行修改,如遇*点清零,否则+1)
{
++h[j];
if(!mp[i][j])h[j]=0;
}
workline();
}
cout<<ans;
return 0;
}
T9 P2032 扫描
题目描述：
给出n,k和n个数，每次询问1~k,2~k+1,\(\dots\),n-k+1~n中的最大值。
n,k<=2e6
思路：
经典单调队列优化板子题，详见代码。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=2e6+5;
char cch;
ll res,zf;
inline ll rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int n=rd(),k=rd(),a[N],num[N],pos[N],h=1,t=0,i;
int main()
{
fr(i,n)//维护一个单调递减队列
{
a[i]=rd();
while(h<=t&&a[i]>=a[pos[t]])--t;//在队列不为空时,如果一个值比另一个值先出现且后出现的数值较大,那么前面那个数就为无效情况,退队
pos[++t]=i;//pos:标记队列中每项的位置
if(i-pos[h]>=k)++h;//队首超范围就弹出队首
if(i>=k)cout<<a[pos[h]]<<'\n';//由于单调递减,队首的值就是最大值
}
return 0;
}
*T10 P2216 [HAOI2007]理想的正方形
题目描述：
思路：
Code:
#include<bits/stdc++.h>//searched
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
using namespace std;
const int N=1e3+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res;
}
int a=rd(),b=rd(),n=rd();
int mp[N][N];
int mx1[N][N],mi1[N][N],mx[N][N],mi[N][N];
int hmx,tmx,qmx[N],hmi,tmi,qmi[N];
int ans=Inf;
int main()
{
fr(i,a)fr(j,b) mp[i][j]=rd();
fr(i,a)//第一遍处理:缩列
{
//对每行进行单独处理:分别统计每行中每连续n个数的最大/小值
hmx=tmx=hmi=tmi=1,qmx[1]=qmi[1]=1;//将第一位入队(!:队列qmx,qmi中存的是下标,mx1,mi1,mx,mi存的是数值)
For(j,2,b)
{
//单调递减队列求长度为n的区块最大值
while(mp[i][j]>=mp[i][qmx[tmx]]&&hmx<=tmx)--tmx;
while(j-qmx[hmx]>=n&&hmx<=tmx)++hmx;
qmx[++tmx]=j;
if(j>=n) mx1[i][j-n+1]=mp[i][qmx[hmx]];//mx1[i][j]记录(i,j)~(i,j+n-1)这n个数中的最大值
//单调递增队列求长度为n的区块最小值
while(mp[i][j]<=mp[i][qmi[tmi]]&&hmi<=tmi)--tmi;
while(j-qmi[hmi]>=n&&hmi<=tmi)++hmi;
qmi[++tmi]=j;
if(j>=n) mi1[i][j-n+1]=mp[i][qmi[hmi]];//与上边同理
}
}
fr(j,b-n+1)//第二遍处理:缩行
{
//对每列进行单独处理:在对每行统计极值的基础上,分别统计每列中每连续n个数的最大/小值
hmx=tmx=hmi=tmi=1,qmx[1]=qmi[1]=1;//将第一位入队(!:队列中存的是下标)
For(i,2,a)
{
//单调递减队列求长度为n的区块最大值
while(mx1[i][j]>=mx1[qmx[tmx]][j]&&hmx<=tmx)--tmx;
while(i-qmx[hmx]>=n&&hmx<=tmx)++hmx;
qmx[++tmx]=i;
if(i>=n) mx[i-n+1][j]=mx1[qmx[hmx]][j];//mx[i][j]记录mx1(统计过列极值后的结果)中(i,j)~(i+n-1,j)这n个数中的最大值
//单调递增队列求长度为n的区块最小值
while(mi1[i][j]<=mi1[qmi[tmi]][j]&&hmi<=tmi)--tmi;
while(i-qmi[hmi]>=n&&hmi<=tmi)++hmi;
qmi[++tmi]=i;
if(i>=n) mi[i-n+1][j]=mi1[qmi[hmi]][j];//与上边同理
}
}
fr(i,a-n+1) fr(j,b-n+1) ans=min(ans,mx[i][j]-mi[i][j]);
cout<<ans;
return 0;
}
