T1
题意
给出n个点的坐标，以及时间差d。求区间内y坐标的最大值与最小值差大于等于d 的最小x轴区间长度。 (n<=1e5, d<=1e6, x,y<=1e6)
思路
设l为一段满足条件的区间的左端点，r为该区间最小右端点，则r具有单调性。
『 单调性证明：
设端点l1满足条件的最小右端点为r1, 端点l2（l2>=l1)满足条件的最小右端点为r2。
则： r2>=r1, 否则端点l1满足条件的最小右端点为r2，矛盾。
故: r具有单调性。 』
因此可在对n个点按x排序之后，枚举左端点，用单调队列维护满足条件的区间的y轴上的最大值与最小值。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define I __inline__ __attribute((always_inline))
#define ri register int
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5 + 10;
I char readc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
I int readI( ){
static char c=readc();ri x,f=1;
for(;c>'9'||c<'0';c=readc()) if(c=='-') f=-1;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=readc()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
return x*f;
}
struct node {
int x, y;
void read() {
x = readI(), y = readI();
}
inline bool operator<(const node &p) const {
return x < p.x;
}
} rain[maxn];
int q1[maxn], h1=1, t1;
int q2[maxn], h2=1, t2;
int n, d;
int ans = inf;
int main() {
n = readI(), d = readI();
for (int i = 1; i <= n; ++i) rain[i].read();
sort(rain + 1, rain + 1 + n);
for (register int l = 1, r = 0; l <= n; ++l) {
while (h1 <= t2 && q1[h1] < l) ++h1;
while (h2 <= t2 && q2[h2] < l) ++h2;
while (rain[q1[h1]].y - rain[q2[h2]].y < d && r < n) {
++r;
while (h1 <= t1 && rain[q1[t1]].y < rain[r].y) --t1;
q1[++t1] = r;
while (h2 <= t2 && rain[q2[t2]].y > rain[r].y) --t2;
q2[++t2] = r;
}
if (rain[q1[h1]].y - rain[q2[h2]].y >= d)
ans = min(ans, rain[r].x - rain[l].x);
}
if(ans == inf) ans = -1;
printf("%d
", ans);
return 0;
}
T2
题意
有一个a*b的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个n*n的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。(a, b<=1000, n<=100)
思路
首先对于每一行可以用单调队列维护每n个元素的最大值与最小值，并分别存到两个数组中。
然后对于每一列依旧用单调队列分别维护最大值数组每n个元素的最大值与最小值数组中每n个元素的最小值，得到新的最大值与最小值数组。
答案即为新的最大值数组与最小值数组差的最小值。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e3 + 10;
int q1[maxn], q2[maxn];
int mp[maxn][maxn], a, b, n;
int mx[maxn][maxn], mi[maxn][maxn];
int mxy[maxn][maxn], miy[maxn][maxn];
int ans = inf;
int main() {
// freopen("P2216.in","r", stdin);
ri h1 = 1, h2 = 1, t1 = 0, t2 = 0;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &n);
for (ri i = 1; i <= a; ++i) {
for (ri j = 1; j <= b; ++j)
scanf("%d", &mp[i][j]);
}
for (ri i = 1; i <= a; ++i) {
h1 = h2 = 1;
t1 = t2 = 0;
for (ri j = 1; j <= b; ++j) {
while (h1 <= t1 && q1[h1] <= j - n) ++h1;
while (h2 <= t2 && q2[h2] <= j - n) ++h2;
while (h1 <= t1 && mp[i][q1[t1]] < mp[i][j]) --t1;
q1[++t1] = j;
while (h2 <= t2 && mp[i][q2[t2]] > mp[i][j]) --t2;
q2[++t2] = j;
if (j >= n) mx[i][j] = mp[i][q1[h1]], mi[i][j] = mp[i][q2[h2]];
}
}
for (ri j = 1; j <= b; ++j) {
h1 = h2 = 1;
t1 = t2 = 0;
for (ri i = 1; i <= a; ++i) {
while (h1 <= t1 && q1[h1] <= i - n) ++h1;
while (h2 <= t2 && q2[h2] <= i - n) ++h2;
while (h1 <= t1 && mx[q1[t1]][j] < mx[i][j]) --t1;
q1[++t1] = i;
while (h2 <= t2 && mi[q2[t2]][j] > mi[i][j]) --t2;
q2[++t2] = i;
if (i >= n) mxy[i][j] = mx[q1[h1]][j], miy[i][j] = mi[q2[h2]][j];
}
}
for (int i = n; i <= a; ++i) {
for (int j = n; j <= b; ++j)
ans = min(ans, mxy[i][j] - miy[i][j]);
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
T3
题意
在一个n*m的矩形里，框出一个a*b的矩形A，在这个矩形内部（不相交）框出一个c*d的矩形B，使得矩形A的权值和-矩形B的权值和最大，求最大权值和。
1<=M,N<=1000,1<=A<=M,1<=B<=N,1<=C<=A-2,1<=D<=B-2，1<=“肥沃度”<=100
思路
使差最大就 要是被减数尽可能大，减数尽可能小，所以就要用单调队列维护矩形为a*b的最大值，以及单调队列维护矩形为c*d的最小值。
维护时要注意边界条件
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+10;
int n, m, a, b, c, d;
int mp[maxn][maxn];
int tmp[maxn][maxn], res[maxn][maxn];
int pref[maxn][maxn], preg[maxn][maxn];
int ans = -1;
int que[maxn*maxn], h, t;
int main() {
// freopen("text.in", "r", stdin);
scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b, &c, &d);
for (int i=1; i<=n; ++i) {
for (int j=1; j<=m; ++j) {
scanf("%d", &mp[i][j]);
mp[i][j] += mp[i-1][j] + mp[i][j-1] - mp[i-1][j-1];
}
}
for (int i=c+1; i<n; ++i) {
for (int j=d+1; j<m; ++j)
pref[i][j] = mp[i][j] - mp[i-c][j] - mp[i][j-d] + mp[i-c][j-d];
}
for (int i=a; i<=n; ++i) {
for (int j=b; j<=m; ++j)
preg[i][j] = mp[i][j] - mp[i-a][j] - mp[i][j-b] + mp[i-a][j-b];
}
for (int i=c+1; i<n; ++i) {
h = 1, t = 0;
for (int j=d+1; j<m; ++j) {
while(h<=t && que[h]<=j-(b-d-2)) ++h;
while(h<=t && pref[i][que[t]]>pref[i][j]) --t;
que[++t] = j;
if(j>=b-1) tmp[i][j+1] = pref[i][que[h]];
}
}
for (int j=b; j<=m; ++j) {
h = 1, t = 0;
for (int i=c+1; i<n; ++i) {
while(h<=t && que[h]<=i-(a-c-2)) ++h;
while(h<=t && tmp[que[t]][j]>tmp[i][j]) --t;
que[++t] = i;
if(i>=a-1) res[i+1][j] = tmp[que[h]][j];
}
}
for (int i=a; i<=n; ++i) {
for (int j=b; j<=m; ++j)
ans = max(ans, preg[i][j] - res[i][j]);
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
T4
题意
有K种珠子共n个，分布在x轴上， 求包含k种珠子的最短线段长度。
1≤N≤1000000，1≤K≤60，0≤珠子位置<2^31
思路
将珠子按x坐标排序后，随着x坐标的增大，种类只增不减，因此可以用单调队列维护种类大于等于k时的最短长度。
『
由于新加入的珠子除可能影响珠子种类数以外，不会对其他珠子产生影响，所以只需考虑队首元素出队的情况即可。
』
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
struct node {
int x, kind;
inline bool operator<(const node &p) const {
return x<p.x;
}
}ball[maxn];
int n, K, pn;
int que[maxn];
int cnt[110], res, ans = INT_MAX;
int main() {
ri h = 1, t = 0;
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int x, k, i=1; i<=K; ++i) {
scanf("%d", &k);
while(k--) {
scanf("%d", &x);
ball[++pn] = node{x, i};
}
}
sort(ball+1, ball+1+n);
for (int i=1; i<=n; ++i) {
que[++t] = i;
if(!cnt[ball[que[t]].kind]) ++res;
++cnt[ball[que[t]].kind];
while(res==K) {
ans = min(ans, ball[que[t]].x - ball[que[h]].x);
if(h<=t) {
--cnt[ball[que[h]].kind];
if(!cnt[ball[que[h]].kind]) --res;
++h;
}
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
T5
题意
对于某只股票，已知它未来T天的走势，即 买入价ap, 卖出价bp， 买入数量上限as, 卖出数量上限bs。
限制条件： 手中最多p股，相邻的两次交易必须间隔w天。
假设手中有无穷多钱， 0股。
0≤W<T≤2000,1≤MaxP≤2000，1≤bp≤ap≤1000,1≤as,bs≤Maxp
思路
对于第i天有四种情况：
(1) 从0股开始买， f[i][j] = -ap[i]*j;
(2) 啥也不干, f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]);
(3) 买入：f[i][j] = max(f[i][j], f[i-w-1][k]-(j-k)*ap[i]);
(4) 卖出：f[i][j] = max(f[i][j], f[i-w-1][k]+(k-j)*bp[i]);
对于(3),(4)暴力转移复杂度O(n^3), 仔细分析转移方程性质: max(f[i-w-1][k]+k*ap[i])-j*ap[i], 对于转移只需要知道最大的k即可，因此可用单调队列维护以下最大值即可。
考虑买入与卖出的关系，(3)需要正序,(4)需要倒序。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
struct node {
int x, kind;
inline bool operator<(const node &p) const {
return x<p.x;
}
}ball[maxn];
int n, K, pn;
int que[maxn];
int cnt[110], res, ans = INT_MAX;
int main() {
ri h = 1, t = 0;
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int x, k, i=1; i<=K; ++i) {
scanf("%d", &k);
while(k--) {
scanf("%d", &x);
ball[++pn] = node{x, i};
}
}
sort(ball+1, ball+1+n);
for (int i=1; i<=n; ++i) {
que[++t] = i;
if(!cnt[ball[que[t]].kind]) ++res;
++cnt[ball[que[t]].kind];
while(res==K) {
ans = min(ans, ball[que[t]].x - ball[que[h]].x);
if(h<=t) {
--cnt[ball[que[h]].kind];
if(!cnt[ball[que[h]].kind]) --res;
++h;
}
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}