title: 专题2 - 双指针、折半搜索
tags: [双指针, 搜索, 折半搜索]
categories: [OI, 算法专题]
双指针
也叫做 Two Pointers ，是一种很常见的基础算法思想。
指针一般代表着节点，确定一个指针，另一个指针存在单调性，移动的少了（通常复杂度从单个操作 \(O(n)\) ，总操作 \(O(n^2)\) ）优化到总操作 \(O(n)\) 。
思考
双指针的精髓是确定一端，另外一端具有单调性。这样另外一端就不需要枚举很多无用的节点了。
这不一定在一维序列上进行，一些题目需要建模出来、
题目
P1102 A-B数对
原题 · 标签：#双指针
考点
双指针的入门题目
题意
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）。
把式子变为 \(A=B+C\) ，发现 \(A\) 和 \(B\) 有一个同向的变化关系。但是会有一个相等的情况，而我们要统计等的数量。
双指针做法
一个解决方法是去重，统计个数。下述代码的思路是再加一个指针，l和r表示这个区间，i表示 \(A\) 。
那就好写了，来看眼代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
const int N = 200010;
int s[N];
int n,c;
int ans;
signed main(){
cin >> n >> c;
REP(i,1,n) cin >> s[i];
sort(s+1,s+1+n);
int l=1,r=1;
REP(i,1,n){
while(s[l]<s[i]-c && l<=n) l++;
while(s[r]<=s[i]-c&& r<=n) r++;
ans += r-l;
}
cout << ans;
return 0;
}
P8708 蓝桥杯 2020 省 A1 整数小拼接
原题 · 标签：#双指针
考点
从基础的题目性质接触双指针的本质
题意
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\)。你可以从中选出两个数 \(A_i\) 和 \(A_j\)(\(i\neq j\))，然后将 \(A_i\) 和 \(A_j\) 一前一后拼成一个新的整数。例如 12 和 345 可以拼成 12345 或 34512。注意交换 \(A_i\) 和 \(A_j\) 的顺序总是被视为 \(2\) 种拼法，即便是 \(A_i=A_j\) 时。
请你计算有多少种拼法满足拼出的整数小于等于 \(K\)。
双指针做法
首先将数组排序。
如果最后的数是 \(A\) + \(B\) ，循环 \(A\) 的位置i 。 \(B\) 的位置是j 。j是越来越小的。
怎么理解呢？
如果j所代表的数的位数没变，那么A变大了，数需要不变或变小，则 \(B\) 要变小。
如果j所代表的数的位数变了，位数变小，这个数自然就变小了。
从 \(1\) 到 \(j\) 就是答案了。
对了还有取等的边界，这个得额外注意。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define f(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define DEBUG 1
#if DEBUG
#define d(x) cout << #x << " = " << x << endl;
#define da(a,l,r) cout << #a << "[" << l << "-" << r << "]:"; f(i,l,r) cout << a[i] << " "; cout << endl;
#else
#define d(x)
#define da(a,l,r)
#endif
const int N = 1e5+10;
ll n,k,p,ans;
int a[N];
ll connect(ll a,ll b){
return stoll(to_string(a)+to_string(b));
}
signed main() {
cin >> n >> k;
f(i,1,n){
cin >> a[i];
}
sort(a+1,a+1+n);
p = n;
f(i,1,n){
while (p > 0 && connect(a[p],a[i]) > k) --p;
ans += p,ans -= (p >= i);
}
cout << ans;
return 0;
}
P8783 蓝桥杯 2022 省 B 统计子矩阵
原题 · 标签：#双指针 #前缀和
考点
从这道题学会建模出双指针
题意
给定一个 \(N \times M\) 的矩阵 \(A\)，请你统计有多少个子矩阵 (最小 \(1 \times 1\), 最大 \(N \times M\)）满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 \(K\)。
双指针做法
子矩阵的和怎么做？二维前缀和！
循环左上角的点 \((i,j)\) ，设右下角的点为 \((l,r)\) ，循环 \(l\) ，\(r\) 是具备单调性的。
这就是双指针了，\(O(n^3)\) 的复杂度。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define f(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define DEBUG 1
#if DEBUG
#define d(x) cout << #x << " = " << x << endl;
#define da(a,l,r) cout << #a << "[" << l << "-" << r << "]:"; f(i,l,r) cout << a[i] << " "; cout << endl;
#else
#define d(x)
#define da(a,l,r)
#endif
const int N = 5e2+10;
int a[N][N];
ll p[N][N],k;
int n,m;
ll ans;
ll getsum(int l1,int r1,int l2,int r2){
return p[l2][r2] - p[l1-1][r2] - p[l2][r1-1] + p[l1-1][r1-1];
}
signed main() {
cin >> n >> m >> k;
f(i,1,n){
f(j,1,m){
cin >> a[i][j];
}
}
f(i,1,n){
f(j,1,m){
p[i][j] = p[i-1][j] + p[i][j-1] - p[i-1][j-1] + a[i][j];
}
}
f(i,1,n){
f(j,1,m){
for(int l=i,r=m;l<=n;l++){
while (r >= j && getsum(i,j,l,r) > k) r--;
ans += r - j + 1;
// if (getsum(i,j,l,r) <= k) ans++;
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}
P4805 CCC 2016 合并饭团
原题 · 标签：#区间DP #双指针 #DP #DP优化
考点
双指针优化区间DP
题意
Alphonse 有 \(N\) 个美味的饭团，它们大小不一，摆放成一行。他想把最大的饭团让给自己的基友。他可以执行以下操作：
-
如果两个相邻的饭团大小相同，Alphonse 可以把它们合并成一个新的饭团。新饭团的大小是两个原饭团大小之和。它将占据两个原饭团先前占据的位置。
-
如果两个饭团大小相同，且它们之间只有一个饭团，Alphonse 也可以把它们合并成一个新的饭团。（中间的饭团大小没有规定。）新饭团的大小是三个原饭团大小之和，并占据三个原饭团先前的位置。
Alphonse 可以按照他的意愿执行任意次操作。
在执行 0 或更多次操作后，确定他应该把哪个饭团让给基友。
思路
饭团的变化不会导致区间的值造成变化，所以 \(dp[i][j]\) 代表从 \(i\) 到 \(j\) 的区间可合并。
变化1很好写，在区间内再枚举一个 \(k\) 就可以，很显然的区间DP。
变化2怎么办呢？
设区间\([i,j]\) 是由\([i,l] [l+1,j] [r+1,j]\) 。将 \(l\) 和 \(r\) 优化掉一个。发现 \(l\) 增加的时候 \(r\) 会减少，双指针。
如此建模。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define f(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ll long long
#define DEBUG 1
#if DEBUG
#define d(x) cout << #x << " = " << x << endl;
#define da(a,l,r) cout << #a << "[" << l << "-" << r << "]:"; rep(i,l,r) cout << a[i] << " "; cout << endl;
#define dnl() cout << "\n";
#define dd() cout << "debug:";
#else
#define d(x)
#define da(a,l,r)
#define dnl()
#define dd()
#endif
const int N = 1e5+10;
int n,m;
int a[N];
int ans;
signed main() {
cin >> n >> m;
m *= 2;
f(i,1,n) cin >> a[i];
int i = 1,j = 0;
int sum = 0;
while (i <= n && j <= n){
while (sum < m && j < n){
j++;
sum += a[j];
}
ans = max(j-i+1,ans);
sum -= a[i];
i++;
}
cout << ans;
return 0;
}
P8775 蓝桥杯 2022 省 A 青蛙过河
原题 · 标签：#双指针 #思维
考点
思维推导用双指针解决推导后的问题
题意
小青蛙住在一条河边，它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里的石头跳到对岸。
河里的石头排成了一条直线，小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。不过，每块石头有一个高度，每次小青蛙从一块石头起跳，这块石头的高度就会下降 \(1\)，当石头的高度下降到 \(0\) 时小青蛙不能再跳到这块石头上（某次跳跃后使石头高度下降到 \(0\) 是允许的）。
小青蛙一共需要去学校上 \(x\) 天课，所以它需要往返 \(x\) 次，即过河 \(2x\) 次。当小青蛙具有一个跳跃能力 \(y\) 时，它能跳不超过 \(y\) 的距离。
请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完 \(x\) 次课。
思路
题解说的太明白了：
容易发现，青蛙从左跳到右和从右到左没有区别，因此相当于青蛙从左到右跳 \(2x\) 次。
通过几个样例，可以发现这样一个规律：对于一个跳跃能力 \(y\)，青蛙能跳过河 \(2x\) 次，当且仅当对于每个长度为 \(y\) 的区间，这个区间内 \(h\) 的和都大于等于 \(2x\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define f(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ll long long
#define DEBUG 1
#if DEBUG
#define d(x) cout << #x << " = " << x << endl;
#define da(a,l,r) cout << #a << "[" << l << "-" << r << "]:"; rep(i,l,r) cout << a[i] << " "; cout << endl;
#define dnl() cout << "\n";
#define dd() cout << "debug:";
#else
#define d(x)
#define da(a,l,r)
#define dnl()
#define dd()
#endif
const int N = 1e5+10;
int n,m;
int a[N];
int ans;
signed main() {
cin >> n >> m;
m *= 2;
f(i,1,n) cin >> a[i];
int i = 1,j = 0;
int sum = 0;
while (i <= n && j <= n){
while (sum < m && j < n){
j++;
sum += a[j];
}
ans = max(j-i+1,ans);
sum -= a[i];
i++;
}
cout << ans;
return 0;
}
TODO
P3089 USACO13NOV Pogo-Cow S
原题 · 标签：#DP
考点
太累了以后再整
折半搜索
在搜索的整体深度已经确定的情况下，我们可以从头和尾分别搜，再将答案合并，以降低复杂度。
题目
P4799 CEOI 2015 世界冰球锦标赛 (Day2)
原题 · 标签：#搜索 #折半搜索 #状压
考点
折半搜索的入门题目
题意
译自 CEOI2015 Day2 T1「Ice Hockey World Championship」
今年的世界冰球锦标赛在捷克举行。Bobek 已经抵达布拉格，他不是任何团队的粉丝，也没有时间观念。他只是单纯的想去看几场比赛。如果他有足够的钱，他会去看所有的比赛。不幸的是，他的财产十分有限，他决定把所有财产都用来买门票。
给出 Bobek 的预算和每场比赛的票价，试求：如果总票价不超过预算，他有多少种观赛方案。如果存在以其中一种方案观看某场比赛而另一种方案不观看，则认为这两种方案不同。
思路
整体的序列长度是确定的，也就是搜索的深度是确定的。
那我们可以分开搜前一半和后一半，再通过一个map来将答案合并。
本题中搜索也只是枚举选( \(1\) )与不选( \(0\) )这两种状态，所以用二进制状压实现还是更简单一点。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define int long long
#define DEBUG 0
#if DEBUG
#define d(x) cout << #x << " = " << x << endl;
#define da(a,l,r) cout << #a << "[" << l << "-" << r << "]:"; rep(i,l,r) cout << a[i] << " "; cout << endl;
#define dnl() cout << "\n";
#define dd() cout << "debug:";
#else
#define d(x)
#define da(a,l,r)
#define dnl()
#define dd()
#endif
const int N = 41;
int a[N];
int m;
int n;
vector <int> v;
int getw(int st,int w){
return (st >> w) & 1;
}
int ans;
signed main() {
cin >> n >> m;
rep(i,1,n){
cin >> a[i];
}
rep(st,0,((1 << (n/2))-1)){
int res = 0;
rep(i,0,(n/2)-1){
if (getw(st,i)){
res += a[i+1];
}
}
if (res <= m){
d(res);
v.push_back(res);
}
}
sort(v.begin(),v.end());
rep(st,0,((1 << (n-(n/2)))-1)){
int res = 0;
rep(i,0,(n-(n/2))-1){
if (getw(st,i)){
res += a[i + 1 + n/2];
}
}
d(res);
ans += upper_bound(v.begin(),v.end(),m-res) - v.begin();
d(ans);
d(upper_bound(v.begin(),v.end(),m-res) - v.begin());
}
cout << ans;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号