[USACO12MAR]花盆Flowerpot 二分答案+单调队列

题意：

给出N滴水的坐标，y表示水滴的高度，x表示它下落到x轴的位置。

每滴水以每秒1个单位长度的速度下落。你需要把花盆放在x轴上的某个位置，使得从被花盆接着的第1滴水开始，到被花盆接着的最后1滴水结束，之间的时间差至少为D。

我们认为，只要水滴落到x轴上，与花盆的边沿对齐，就认为被接住。给出N滴水的坐标和D的大小，请算出最小的花盆的宽度W。

数据范围：

40%的数据：1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ D ≤ 2000；

100%的数据：1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ D ≤ 1000000，0≤x,y≤10^6。

--------------------------------------------------我是分割线----------------------------------------------------

题解：对于40%的数据，二分花盆的宽度，朴素O（N^2）检验宽度len能否满足条件，总时间复杂度O（N^2logN），期望得分40，实际得分50。

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++) 
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
struct node{ int x, y; } a[N];
int n, d, l = 1, r, ans = -1;
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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
bool mycmp(node a, node b){ return a.x < b.x; }
void init(){n = read(); d = read();rep(i, 1, n) a[i].x = read(), a[i].y = read(), r = max(r, a[i].x);sort(a+1, a+n+1, mycmp);
}
bool check(int len){int dist = 0;rep(i, 1, n){int t = a[i].y, maxx = 0;maxx = max(maxx, a[i].y);rep(j, i+1, n){if(i == j) continue;if(a[j].x >= a[i].x && a[j].x <= a[i].x + len) {maxx = max(maxx, a[j].y);t = min(t, a[i].y);}}dist = max(dist, abs(maxx - t)); if(dist >= d) return true;}return false;
}
void work(){while(l < r){int mid = (l+r) >> 1;if(check(mid)) r = mid, ans = mid;else l = mid + 1;}printf("%d\n", ans);
}
int main(){init();work();return 0;
}

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考虑对朴素算法进行优化，我们发现，检验的过程max-min的值我们可以预处理维护的，于是把整条x轴看成一个区间，每个水滴的y值看成是区间下标的权值，于是我们就不难想到ST表，运用ST表预处理区间的最大值和最小值，于是可以O（N）检验。总时间复杂度O（NlogN），常数略大。

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++) 
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e5 + 50;
struct node{ int x, y; } a[N];
int n, d, l = 1, r, ans = -1, maxn;
int Max[N*10][21], Min[N*10][21];
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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
int ask_max(int l, int r){int k = log2(r-l+1);return max(Max[l][k], Max[r - (1<<k) + 1][k]);
}
int ask_min(int l, int r){int k = log2(r-l+1);return min(Min[l][k], Min[r - (1<<k) + 1][k]);
}
void init(){memset(Min, 0x3f, sizeof(Min));n = read(); d = read();rep(i, 1, n){a[i].x = read(), a[i].y = read(), maxn = max(maxn, a[i].x);Max[a[i].x][0] = max(Max[a[i].x][0], a[i].y);Min[a[i].x][0] = min(Min[a[i].x][0], a[i].y);}int t = log2(maxn);rep(j, 1, t) rep(i, 1, maxn - (1<<j) + 1) {Max[i][j] = max(Max[i][j-1], Max[i + (1<<(j-1))][j-1]);  Min[i][j] = min(Min[i][j-1], Min[i + (1<<(j-1))][j-1]);}
}
bool check(int len){rep(i, 1, maxn-len){if(ask_max(i, i+len) - ask_min(i, i+len) >= d) return true;}return false;
}
void work(){r = maxn;while(l <= r){int mid = (l+r) >> 1;if(check(mid)) r = mid-1, ans = mid;else l = mid + 1;}printf("%d\n", ans);
}
int main(){init();work();return 0;
}

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这里再介绍一种新的维护方法，即动态维护区间最大值和最小值的基本套路。

当我们二分到一个长度时，对于这个长度所能产生的最大的贡献即为max{max[i，i+len] - min[i，i+len] }。

这时，我们就可以使用单调队列。

维护两个单调队列，分别是单调不降和单调不升的队列，两个队头{min，max}即为所需求的答案。

至于怎么维护，维护单调队列的基本形式，如果队头没有下一个元素优，那么就弹出队头，直到符合单调性为止，然后对队尾操作，使得队列包含的区间长度等于len+1。

总时间复杂度O（NlogN），常数较小。

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
struct node{ int x, y; } a[N];
int n, d, maxx, ans = -1, b[N], k[N];
struct npp{ int z, id; } ql[N], qh[N];
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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
void init(){memset(k, 0x3f, sizeof(k));n = read(); d = read();rep(i, 1, n) a[i].x = read(), a[i].y = read(), maxx = max(maxx, a[i].x);rep(i, 1, n) b[a[i].x] = max(b[a[i].x], a[i].y); rep(i, 1, n) k[a[i].x] = min(k[a[i].x], a[i].y);
}
bool check(int len){len++;int ls = 1, rs = 0, lh = 1, rh = 0, sum = 0;rep(i, 1, maxx) {while(ls <= rs && k[i] <= ql[rs].z) rs--;while(lh <= rh && b[i] >= qh[rh].z) rh--;while(ql[ls].id <= i-len) ls++;while(qh[lh].id <= i-len) lh++;ql[++rs].z = k[i], ql[rs].id = i;qh[++rh].z = b[i], qh[rh].id = i;if(i >= len) sum = max(sum, qh[lh].z - ql[ls].z);if(sum >= d) return true;} return false;
}
void work(){int l = 1, r = maxx;while(l <= r){int mid = (l+r) >> 1;if(check(mid)) r = mid-1, ans = mid;else l = mid+1;}printf("%d\n", ans);
}
int main(){init();work();return 0;
}