(mathtt{Link})
(mathtt{Summarization})
给定一个非严格递增序列，找到两段长度和最大，且不交的子序列，并且使得每个子序列都满足极差不严格大于给定参数 (k)。（程序要求输出长度和，不要求输出子序列）
(mathtt{Solution})
你可能有一个问题想问，为什么是给定一个非严格递增序列？题目中明明是乱序随便给的啊。其实你会发现，钻石的顺序并不影响答案，但是将钻石排序可以将题目的“随便抽着放”转化为“连续子序列”。
其实很好理解，因为如果价值是 (a) 的钻石和价值是 (b(a<b)) 的钻石能放在一个架子上，那么价值为 (k) 且满足 (a le k le b) 的钻石一定能放到这个架子上。因此排序后，如果两个钻石能放在架子上，那么中间的全能放。显然中间只要有一个不放就比中间全放的答案劣，因此要抽我们就要抽一个连续子序列。
懒得加粗提示了，自选重点理解吧（
理解完后我们继续：
既然题目要求子序列不可相交，前者的子序列和后者的子序列中间一定有一个分割线，我们规定这个分割线不能在后面那个序列的首，但是可以在前面那个序列的尾。
采用dp思想。
定义两个数组 (l, r)：
- (l_i) 表示第 (i) 个数及其左边的数中，满足极差不严格大于 (k) 的最大子序列的长度。
- (r_i) 表示第 (i) 个数及其右边的数中，满足极差不严格大于 (k) 的最大子序列的长度。
那么最终答案显然就是 (operatorname{max}^{n-1}_{i=1}l_i+r_{i+1})。问题是怎么求 (l) 和 (r)。
我们可以运用一种指针思想。我们以 (l) 数组举例吧，(r) 只是换汤不换药罢了。
首先先设初始值：(l_1 = 1)（自己成序列）。
设置两个指针 (i) 和 (j)。(i) 从 (2 ightarrow n)，而 (j) 不断从序列首更新，每次 (i) 变化时，(j) 就不断自增，直到 (a_i - a_j > k)。此时 (i sim j) 区间长度 和 (l_{i-1}) 的最大值就是 (l_i)。（非常具有dp的味道！）
同理求 (r_i)，最后求 (operatorname{max}^{n-1}_{i=1}l_i+r_{i+1})。
核心算法时间复杂度是 (mathcal{O}(n))，但是排序的时间复杂度已经达到了 (mathcal{O}(nlog n))，因此整个代码的时间复杂度是 (mathcal{O}(nlog n))。
(mathtt{Code})
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2020-10-21 22:39:05
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2020-10-21 22:47:17
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int maxn = 50005;
int a[maxn], l[maxn], r[maxn];
int max(int a, int b) {
return a > b ? a : b;
}
int main() {
int n, k;
std :: scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
std :: scanf("%d", &a[i]);
l[1] = r[n] = 1;
std :: sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 2, j = 1; i <= n; ++i) {
while (a[i] - a[j] > k)
++j;
l[i] = max(l[i - 1], i - j + 1);
}
for (int i = n - 1, j = n; i >= 1; --i) {
while (a[j] - a[i] > k)
--j;
r[i] = max(r[i + 1], j - i + 1);
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
ans = max(ans, l[i] + r[i + 1]);
std :: printf("%d
", ans);
return 0;
}
(mathtt{More})
此题运用了双指针思想，i在前面跑，j在后边追，而整个序列又是单调性，因此时间复杂度就能大大简化。你看本题，核心双指针时间复杂度甚至比前置工作的复杂度还要低！
所以如果i在前面跑，保证j不会以后退的方式更“可行”，那么就可以使用双指针了。