洛谷 P1102. A-B数对 map || 二分 || 双指针

A-B 数对

题目背景

出题是一件痛苦的事情！

相同的题目看多了也会有审美疲劳，于是我舍弃了大家所熟悉的 A+B Problem，改用 A-B 了哈哈！

题目描述

给出一串正整数数列以及一个正整数 \(C\)，要求计算出所有满足 \(A - B = C\) 的数对的个数（不同位置的数字一样的数对算不同的数对）。

输入格式

输入共两行。

第一行，两个正整数 \(N,C\)。

第二行，\(N\) 个正整数，作为要求处理的那串数。

输出格式

一行，表示该串正整数中包含的满足 \(A - B = C\) 的数对的个数。

样例 #1

样例输入 #1

4 1
1 1 2 3

样例输出 #1

3

提示

对于 \(75\%\) 的数据，\(1 \leq N \leq 2000\)。

对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq N \leq 2 \times 10^5\)，\(0 \leq a_i <2^{30}\)，\(1 \leq C < 2^{30}\)。

2017/4/29 新添数据两组

---

题解

法一 map映射+枚举

这个方法感觉很难想到 我们将\(A - B = C\)转化为\(A - C = B\) 对于每个A预处理出构成C需要的另一个数 利用map记录B的数值大小及其个数就能找到我们想要的数对 可以根据样例模拟一下

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯 

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans; 

void solve()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &c);
    map<int, int> mp; 
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lld", &a[i]);
        mp[a[i]] ++ ; //当前读入的a[i]的值个数++  
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] -= c; //利用a[i]自减 那么原本a[i]对应的B就可以表示出来了

    //那么数对的个数就是B的个数 也就是自减c后a[i]的个数 
    for (int i = 1;i <= n; i ++ ) ans += mp[a[i]];

    printf("%lld", ans);
    return;
}

signed main() //define改了这里就要改 
{
    solve();

    return 0;
}

法二 二分 利用upper_bound() lower_bound()实现

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯 

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans; 

void solve()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &a[i]);
    sort(a + 1, a + 1 + n); //二分要求有序序列 
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        ans += (upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + c) - a) - (lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + c) - a); //upper_bound求出大于当前A+C的第一个位置 lower_bound求出大于等于当前A+C的第一个位置(该位置在upper_bound位置左边 更小)
    }

    printf("%lld", ans);
    return;
}

signed main() //define改了这里就要改 
{
    solve();

    return 0;
}

法三 双指针 (最快)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯 

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans; 

void solve()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &a[i]);
    sort(a + 1, a + 1 + n); //排序序列 这样数组排列就是单调的了 我们就可以利用双指针之间的单调性了 j指针不会回溯 

    int r1 = 1, r2 = 1;
    for (int l = 1; l <= n; l ++ ) //遍历数组每一个点作为构成数对的其中一个数  以r1和r2指针维护l~r1 和 l~r2的左端点  使得这个区间内的数最终(l~r1 >C  l~r2 >=C) 
    {
        while (r1 <= n && a[r1] - a[l] < c) r1 ++ ; //循环结束后就是a[r1] - a[l] >= c r1是第一个满足这个性质的点 
        while (r2 <= n && a[r2] - a[l] <= c) r2 ++ ; //循环结束就是 a[r2] - a[l] > c
        if(a[r1] - a[l] == c && a[r2 - 1] - a[l] == c) 
            ans += abs(r2 - r1); //两个指针相减就是合法数组可以取的数的范围 
    }

    printf("%lld", ans);
    return;
}

signed main() //define改了这里就要改 
{
    solve();

    return 0;
}