P7838 解题报告

题目：P7838 「Wdoi-3」夜雀 treating

题解

method 1 暴力

信仰 $2^n$，谁试谁爽。

method 2 观察性质

首先取掉 $a_{n+1}$，然后就不管它了，现在还剩下 $2n$ 个数。

在不取数的情况下，数列中点在第 $n$ 个数和第 $n+1$ 个数之间。每次在删除一个数后，中点会移动到第 $n$ 个数或者第 $n+1$ 个数。并且容易发现如果删除的数在左边的一段，中间的数会往第 $n$ 个数移；如果删除的数在右边的一段，中间的数会往第 $n+1$ 个数移。并且取掉这个数以后，原来被中点分成的两端现在仍然被中点隔开，也就是说，我们始终是在前一半取一个数，后一半取一个数，并且这两个数中至少有一个与中点相邻，所以我们把整个数列看成两个子数列 $A$ 和 $B$，其中 $A$ 为 $a_1$~$a_n$，$B$ 为 $a_{2n+1}$~$a_{n+2}$。我们每次进行的操作就是从一个数列中取出最后一个数，再从另外一个数列中删掉任意的一个数，询问最多取出多长的连续数字。

我们在完成一个取数然后抵消的事情，如果某个数列（假设是数列 $A$）底部的某个数在所枚举区间内，我们肯定要想办法把它拿出来，并且 $B$ 中和这个要选的数抵消的数一定不能在区间内，那我们取哪个数比较好呢？显然，如果选较前的数，较后的数就容易跑到数列的末端，如果两个不在区间内的数都到了序列末端，那就必须取掉至少一个，就相当于浪费了这个原本可以抵消掉的数。所以我们应该每次尽量选靠后的数来抵消，所以每次取 $B$ 最后一个不在区间内的数和 $A$ 的最后一个抵消就好了。当然，如果 $A$ 和 $B$ 尾端的两个数都不是区间内的数，那就只能被迫让它们互相抵消。所以如果枚举到某个在区间内的数，另一个数列中没有能与它抵消的了，这个区间就不满足答案应该有的性质；如果成功抵消完了，这个区间就是满足的。

然后似乎就不能在区间这个条件上动手脚，就只能枚举这段连续数字了，然后模拟上述操作，依次判断，时间复杂度 $O(n^3)$。

method 3 双指针

显然如果区间 $[l,r]$ 是满足的，那么区间 $[l+1,r]$ 和 $[l,r-1]$ 就都是满足的。对于这种性质，我们可以双指针维护，就可以不用分别枚举 $l$ 和 $r$ 了，可以做到 $O(n^2)$。

method 4 线段树

发现双指针每次只修改一个数，如果每次都重新模拟一遍很亏，所以考虑能不能数据结构维护。

因为我们每次都是取最靠近 $B$ 尾端的一个非区间内的数来抵消掉 $A$ 的最后一个数，只考虑 $A$ 在区间内数的抵消情况时，如果 $A$ 数列中靠前的数都能有 $B$ 数列中的数与其抵消，并且 $B$ 数列中截至这一位不在区间内的数的数量大于等于 $A$ 数列截至这一位在区间内的数的数量时，$A$ 数列截至这一位都是能被抵消的，所以我们可以记录 $A$ 数列在区间内的数的数量的前缀数组和 $B$ 数列不在区间内的数的数量的前缀数组，保证 $A$ 的前缀数组每一位都大于 $B$ 的前缀数组。考虑 $B$ 在区间内的数抵消情况同理，但是因为 $A$ 和 $B$ 中的数的数量是相等的，所以如果 $A$ 中在区间内的数的数量大于 $B$ 中在不区间内的数的数量，那么 $B$ 中在区间内的数的数量一定大于 $A$ 中在不区间内的数的数量，所以考虑其中一个就可以了。

那么用线段树维护 $A$ 的前缀数组与 $B$ 的前缀数组的差，使其最小值保持在 $0$ 以上即可，复杂度 $O(nlogn)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define max(a,b) ((a>b)?a:b)
#define min(a,b) ((a<b)?a:b)
using namespace std;
const int N=4e5+50;
int n;
int a[N],loc[N];
int delt[N];
struct Tree {
    int l,r;
    int ans;
    int tag;
}tr[N*4];
void pushup(int p) {
    tr[p].ans=min(tr[p<<1].ans,tr[(p<<1)|1].ans);
}
void pushdown(int p) {
    int tag=tr[p].tag;
    tr[p<<1].tag+=tag;
    tr[(p<<1)|1].tag+=tag;
    tr[p<<1].ans+=tag;
    tr[(p<<1)|1].ans+=tag;
    tr[p].tag=0;
}
void build(int l,int r,int p) {
    tr[p].l=l,tr[p].r=r;
    if(l==r) {
        tr[p].ans=l;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(l,mid,p<<1);
    build(mid+1,r,(p<<1)|1);
    pushup(p);
}
void change(int l,int r,int x,int p) {
    if(tr[p].l>=l&&tr[p].r<=r) {
        tr[p].ans+=x;
        tr[p].tag+=x;
        return;
    }
    pushdown(p);
    int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
    if(mid>=l) change(l,r,x,p<<1);
    if(mid<r) change(l,r,x,(p<<1)|1);
    pushup(p);
}
int ans;
int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n*2+1;++i) scanf("%d",&a[i]),loc[a[i]]=i;
    build(1,n,1);
    int l=1,r=0;
    while(r<=n*2+1) {
        if(tr[1].ans<0) {
            l++;
            if(loc[l-1]==n+1) continue;
            else if(loc[l-1]<n+1) change(loc[l-1],n,1,1);
            else change(2*n+2-loc[l-1],n,1,1);
        }
        else {
            ans=max(ans,r-l+1);
            r++;
            if(loc[r]==n+1) continue;
            else if(loc[r]<n+1) change(loc[r],n,-1,1);
            else change(2*n+2-loc[r],n,-1,1);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}

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本文作者：Foraino0267
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