双指针+位运算+离散化+区间合并

双指针+位运算+离散化+区间合并

双指针算法

可以是两个指针分别指向两个序列，也可以是两个指针指向一个序列，维护一段区间

核心思想：将 \(O(n^2)\) 优化到 \(O(n)\)

本质上就是通过找到单调性进行优化

双指针算法算法模板：

for (int i = 0, j = 0; i < n; i ++ )
{
    while (j < i && check(i, j)) j ++ ;

    // 具体问题的逻辑
}
常见问题分类：
    (1) 对于一个序列，用两个指针维护一段区间
    (2) 对于两个序列，维护某种次序，比如归并排序中合并两个有序序列的操作

最长连续不重复子序列

最长的不包含重复数字的连续子序列的长度

1 2 2 3 5 -> 2 3 5 len = 3

暴力做法：先枚举终点，再枚举起点(j为起点，i为终点)

for(int i = 0; i < n; i ++)
{
    for(int j = 0; j <= i; j ++)
    {
        if(check(j, i))
        {
            res = max(res, i - j + 1);
        }
    }
}

优化做法：

本质上还是枚举每一个i，看左边的j离他最远的话是在哪个位置

我们现在只需要枚举每一个i，然后判断j需不需要向后移动

//双指针算法
for(int i = 0; i < n; i ++)
{
    while(j <= i && check(j, i))	j ++;
    
    res = max(res, i - j + 1);
}

1. 遍历数组\(a\)中的每一个元素\(a[i]\), 对于每一个\(i\)，找到\(j\)使得双指针\([j, i]\)维护的是以\(a[i]\)结尾的最长连续不重复子序列，长度为\(i - j + 1\), 将这一长度与\(res\)的较大者更新给\(res\)。
2. 对于每一个\(i\)，如何确定\(j\)的位置：由于\([j, i - 1]\)是前一步得到的最长连续不重复子序列，所以如果\([j, i]\)中有重复元素，一定是\(a[i]\)，因此右移\(j\)直到\(a[i]\)不重复为止（由于\([j, i - 1]\)已经是前一步的最优解，此时\(j\)只可能右移以剔除重复元素\(a[i]\)，不可能左移增加元素，因此，\(j\)具有“单调性”、本题可用双指针降低复杂度。
3. 用数组\(s\)记录子序列\(a[j - i]\)中各元素出现次数，遍历过程中对于每一个\(i\)有四步操作：输入\(a[i]\) -> 将\(a[i]\)出现次数\(s[a[i]]\)加1 -> 若\(a[i]\)重复则右移\(j\)（\(s[a[j]]\)要减1） -> 确定\(j\)及更新当前长度\(i - j + 1\)给\(r\)。

位运算

求n的二进制表示中第k位为几

n = 15 = (1111)₂

1. 先把第k位移到最后一位 n >> k
2. 看个位是几 x & 1

lowbit：返回x的最后一位1

x= (1010)₂ lowbit(x) = (10)₂

x = (101000)₂ lowbit(x) = (1000)₂

lowbit(n) = n & -n = n & (~ x + 1)

可以用于求n里面1的个数

int lowbit(int x)
{
    return x & -x;
}


int res = 0;
while(x)	x -= lowbit(x), res ++;		//每次减去x的最后一位1
cout<<res;

// 或者
int cnt = 0;
while(x)
{
    if(x & 1)   cnt ++;
    x >>= 1;
}

位运算算法模板：

求n的二进制表示中第k位数字: n >> k & 1
返回n的最后一位1：lowbit(n) = n & -n

离散化

整数的离散化

一个数列，值很大，但是数量不多（数据范围在[0, 10⁹] ，数量在[0, 10⁵] ）

a[] : 1 , 3 , 100, 2000, 500000 这几个下标的元素有用，其他都没有用

b[] : 0 , 1 , 2 , 3 , 4

问题：

1. a中可能有重复元素，需要去重
2. 如何算出a[i]离散化后的值是多少（二分）

需要先将所有要进行操作的数存进数组，在进行离散化

值域跨度很大，但是非常稀疏

将所有会用到的下标离散化映射到一个稠密数组内，在稠密数组内进行前缀和，考虑的是相对关系

注意点：

1. 一定要注意映射到0开始还是1开始的序列！！！

离散化算法模板：

vector<int> alls; // 存储所有待离散化的值

sort(alls.begin(), alls.end()); // 将所有值排序
alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());   // 去掉重复元素

// 二分求出x对应的离散化的值
int find(int x) // 找到第一个大于等于x的位置
{
    int l = 0, r = alls.size() - 1;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (alls[mid] >= x) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    return r + 1; // 映射到1, 2, ...n
}

区间和

假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 0。

首先进行 n 次操作，每次操作将某一位置 x 上的数加 c。

接下来，进行 m次询问，每个询问包含两个整数 l 和 r，你需要求出在区间[l,r] 之间的所有数的和。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
typedef pair<int, int> PII;

int q[N * 3], s[N * 3];

vector<PII> add, query;
vector<int> alls;

int find(int x)
{
    int l = 0, r = alls.size() - 1;
    while(l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if(alls[mid] >= x)  r = mid;
        else    l = mid + 1;
    }
    return r;
}

int main()
{
    int n, m, x, c, l, r;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        scanf("%d%d", &x, &c);
        add.push_back({x, c});
        alls.push_back(x);
    }
    for(int i = 0; i < m; i ++)
    {
        scanf("%d%d", &l, &r);
        query.push_back({l, r});
        alls.push_back(l), alls.push_back(r);
    }
    sort(alls.begin(), alls.end());
    alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());
    for(auto p : add)
    {
        q[find(p.first)] += p.second;
    }
    s[0] = q[0];						// 求前缀和
    for(int i = 1; i < alls.size(); i ++)
    {
        s[i] = s[i - 1] + q[i];
    }
    for(auto p : query)					// 查询操作
    {
        printf("%d\n", s[find(p.second)] - s[find(p.first) - 1]);
    }
    return 0;
}

unique函数

对于一个有序数列，如何判断不是重复的

1. 是第一个元素
2. 和前一个元素不一样, a[i] != a[i - 1]

vector<int>::iterator unique(vector<int> &a)
{
    int j = 0;
    for(int i = 0; i < a.size(); i ++)
        if(!i || a[i] != a[i - 1])
            a[j ++] = a[i];
    //a[0] ~ a[j - 1]中所有不重复的数
    return a.begin() + j;
}

区间合并

给很多区间，假如两个区间有交集，就合并为一个区间

1. 按照所有区间的左端点排序

2. 从左到右扫描所有的区间，再扫描的过程中进行处理

3. 假如下一个起始点和终止点在当前区间内，就不变

   假如下一个起始点在当前区间内，但是终止点在当前区间外，就更新当前区间的右端点

   假如下一个起始点和终止点都在当前区间外，就将当前区间存入结果，继续扫描下一区间

4. 或者进一步简化一下

   假如下一起始点在当前区间内，就让当前区间的右端点变成 当前右端点和下一终止点的较大值

   假如下一起始点在当前区间外，就将当前区间存入答案并继续扫描下一区间

区间合并算法模板：

// 将所有存在交集的区间合并
void merge(vector<PII> &segs)
{
    vector<PII> res;
    
	//首先对原数组进行排序
    //pair是先对第一关键词排序，再对第二关键词排序
    sort(segs.begin(), segs.end());
	
    //先初始化区间为负无穷
    int st = -2e9, ed = -2e9;
    
    //遍历每一个区间，如果这个区间的右端点在下一个区间的起始点前面，就将该区间保存
    //然后更新当前区间
    //假如这个区间的右端点在下一区间的后面，就比较当前右端点和下一区间的右端点，取较大值作为区间右端点
    for (auto seg : segs)
        if (ed < seg.first)
        {
            if (st != -2e9) res.push_back({st, ed});
            st = seg.first, ed = seg.second;
        }
        else ed = max(ed, seg.second);

    if (st != -2e9) res.push_back({st, ed});

    segs = res;
}