【题解】CF1413C Perform Easily（双指针）

【题解】CF1413C Perform Easily

写篇题解水水经验~顺便增加一下 RP~

比较套路和简单的一道绿题。

题目链接

Perform Easily - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题意概述

给你一个长度为 \(6\) 的 \(a\) 数组，和一个长度为 \(n\) 的 \(b\) 数组，要求将 \(b\) 数组内的每一个数，减去 \(a_1\sim a_6\) 中的一个，然后让处理后的数组极差（即最大值与最小值的差）最小。

数据范围

• \(1\le n \le 1\times 10^6\)
• \(1 \le a_i,b_i \le 1\times 10^9\)

思路分析

首先考虑处理后数组的最大和最小值，一定是对于所有的 \(i(1 \le i \le n)\)，\(b_i\) 减去 \(a_1 \sim a_6\) 之后所有数中的一个。

那么我们把对于每个 \(i\)，\(b_i\) 减去 \(a_1\sim a_6\) 的所有值扔到一个 vector 里。为了确定 vector 中的每一个数是哪个 \(b_i\) 处理得来的，我们给 vector 中的每个元素都规定一个 \(id\)，如果这个数是由 \(b_i\) 减去 \(a_1\) 到 \(a_6\) 中的某一个得来的，我们就让这个数的 \(id=i\)。

那么问题实际上就转化为：

有一个长度为 \(6n\) 的数组，且每个元素都有一个 \(id\)，现在让你从这个数组里面选择一些数，要求：

• 对于所有的 \(i(1\le i \le n)\)，要求选出来的数中至少有一个数的 \(id=i\)。
• 选出来的数在所有合法的选择方案中，极差最小。

定义这个 vector 为 \(p\)。

因为要求的是极差最小，那实际上就是让我们确定选出来数的最大值和最小值。那么想到枚举最小值，那么我们只需要考虑当 \(p_i\) 作为最小值时，谁能够成为最小的最大值。

由于题目要求的是极差，我们联想到可以将这个 vector 中的元素排序。

所以当 \(p_i\) 作为最小值时，选的数一定是在 \(p_i\) 右边，如果 \(p_j(j>i)\) 作为最大值，那么下标为区间 \([i,j]\) 中的数都可以被选进去，但是我们并不关心选哪些数，只要确定最大值和最小值。也就是说如果区间 \((i,j)\) 中有多个数 \(id\) 相同，那么这些数中任选一个都可以。所以对于所有 \(1 \le k \le n\)，只要区间 \([i,j]\) 中至少存在一个数的 \(id=i\) 即可。

也就是说当 \(p_i\) 为最小值时，\(p_j\) 可以作为最大值当且仅当下标为区间 \([i,j]\) 中数的 \(id\) 覆盖了 \(1\sim n\)。由此可知可以作为最大值的下标 \(j\) 一定是从最后一个元素到前面某个点的连续一段区间（因为如果 \([i,k]\) 中数的 \(id\) 覆盖了 \(1\sim n\)，由于 \([i,k+1]\) 包含了区间 \([i,k]\)，所以 \([i,k+1]\) 中的数的 \(id\) 也一定覆盖了 \(1\sim n\)），假设这个区间是 \([r,n]\)，最小的最大值就是 \(p_r\)，那么我们从 \(l\) 开始往后枚举，顺便记录一下当前的 \(id\) 覆盖了 \(1\sim n\) 中的多少个数，遇到第一个完全覆盖 \(1\sim n\) 的下标就是 \(r\)。

到目前为止我们已经有了一个做法了：枚举 \(p_i\) 作为选出来的数的最小值，然后从 \(i\) 开始向后枚举最大值，顺便记录当前区间的 \(id\) 覆盖了 \(1\sim n\) 中得多少个数，然后遇到第一个完全覆盖的下标 \(j\)，则 \(p_j\) 即为最小的最大值，此时的极差为 \(p_j-pi\)，那么最后最小的极差就是每个 \(p_i\) 作为最小值时最小极差取 \(\min\)。

但是这样做复杂度是 \(O(n^2)\) 级别的，无法接受，考虑优化。

我们发现枚举 \(p_i\) 作为最小值，当 \(i\) 逐渐增大时，对应最小的最大值下标 \(j\) 也一定是单调不降的。这一点很好理解。因为当你 \(i\) 变成 \(i+1\) 时，也就是 \([i,j]\) 变成 \([i+1,j]\)。假设 \(p_i\) 的 \(id\) 是 \(t\)，那么如果原先 \([i,j]\) 中 \(id\) 为 \(t\) 的元素个数大于 \(1\)，那么满足条件的 \(j\) 不变；如果 \(id\) 为 \(t\) 的个数本来为 \(1\)，那么 \(i+1\) 之后 \(id\) 为 \(t\) 的个数现在变为 \(0\)，所以新的 \(j>\) 原先的 \(j\)。

有了单调不降这个特征，我们就可以愉快的使用双指针了，直接用双指针维护当前最小值和最大值的位置 \(l,r\)。顺便在指针移动的过程中维护当前区间覆盖的 \(id\) 的个数即可。

时间复杂度 \(O(6n)\)。

代码实现

代码

//CF1413C
//The Way to The Terminal Station…
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int b[maxn],a[10],cntnow[maxn];

vector<pii>p;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

int cmp(pii a,pii b){return a.first<b.first;}

signed main()
{
	for(int i=1;i<=6;i++)a[i]=read();
	int n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i]=read();
		for(int j=1;j<=6;j++)p.push_back(mk(b[i]-a[j],i));
	}
	sort(p.begin(),p.end(),cmp);
	int r=-1;
	int ans=1e18;
	int now=0;
	for(int l=0;l<p.size();l++)
	{
		while((r<(signed)p.size()-1)&&now<n)
		{
			r++;
			cntnow[p[r].second]++;
			if(cntnow[p[r].second]==1)now++;
		}
		if(now>=n)ans=min(ans,p[r].first-p[l].first);
		cntnow[p[l].second]--;
		if(cntnow[p[l].second]==0)now--;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}