尺取法小结

前言

前面的米娜桑把提高组,省选的算法讲了一遍又一遍,向我这种蒟蒻,该听不懂的还是听不懂.
所以我写了这篇博客来介绍一下尺取法,即使它只是一个普及组的简单算法也非常有意思.

算法描述

Codeforces中显示它的算法名称叫做"two pointers".
直译成中文的话叫双指针法.
怎么说呢…做到提高组之后,很多oier仅仅是觉得好像有这么一个两个指针从左到右扫一遍的算法存在,却不知道它的名字.(其实是因为大佬们根本没把它当个算法)
这个算法不是很难,却很有意思.
尺取法是一种比较基础的算法,一般用来解决具有单调性的区间问题.
当然,说到单调性,大家都会想到二分.
尺取法能做的题,有很大的概率也可以用二分解决,不过尺取和二分的复杂度在不同的题目中往往是不同的.
所以尺取法的题大概也是找到可二分性然后优化之.
我想不到类比尺取法的实际问题,所以我只能给了很多例题.
大家如果有的话可以告诉我,我将非常感谢.
维护两个指针 $l,r$,每次确定区间的左端点,让 $r$不断向右移动,直到满足条件停下,维护一下答案,直到 $r>n$或者其它情况(视题目而定).
而实际中很多算法都要用到尺取法来辅助或者优化计算,尤其是分治算法.

例题

poj 3061 Sequence

给出一个序列,求区间和大于或者等于S的最短区间长度.
先想暴力.枚举每一个区间起点 $l$,往右去找位置 $r$,直到 $[l,r]$的区间和大于或者等于 $r$为止.
这时我们注意到一个性质.给出的所有数都是正整数,即它们的前缀和是单调递增的.
因此可以运用二分优化暴力.
求出数列的前缀和 $sum$,枚举 $l$,二分找出 $sum[r]-sum[l-1]$区间和刚好大于等于 $S$的最小 $r$.
能不能把时间复杂度再优化一下呢?答案当然是可以.
我们定义三个变量 $l,r,now$,表示现在取到的区间的左右两个端点,和 $[l,r]$的区间和.
每一次当 $now>=s$,我们就让 $r$停止向右移动.
所以当 $l$不断增加的时候, $r$端点不可能会往左移动,因此对于每一个 $l$, $r$也是单调的.
证明如下:当 $[l,r]$的区间和小于 $S$时, $[l,r-1]$就不可能大于或者等于 $S$,因为 $a[r]$是个正数. $[l+1,r-1]$就更不可能,所以当 $l$向右移动的时候, $r$不可能向左移动.
代码就不难写出了.

for (int l=1,r=0,now=0;l<=n;){
  while (now<S&&r<n) now+=a[++r]; //表示先把r+1,再执行now+=a[r].注意要使r<=n.
  /*当now<S的时候,我们不断地向右延伸区间,直到now>=S*/
  if (now<S) break;
  /*这时候l已经过大了,r到n也满足不了条件,这时要退出循环,否则下面的ans会被错误更新.*/
  ans=min(ans,r-l+1); // [l,r]区间的长度
  now-=a[l++]; // 这里就是先执行now-=a[l],然后再执行l+=1.
}

洛谷 p1638 逛画展

求刚好拥有所有m种数字的最短区间.
这一次我们会发现随着 $l$的增加, $r$也不可能会往左移动.
也就是说如果 $[l,r]$刚好有 $m$种画的时候 $[l,r-1]$不可能有 $m$种画, $[l+1,r-1]$就更不可能.
开一个 $cnt$数组,存储 $[l,r]$区间内 $1\to m$每一种画出现了多少幅.
用 $now$存储 $[l,r]$区间内有多少种画.
那么我们可以这样维护.

for (int l=1,r=0,now=0;l<=n;){
  while (now<m&&r<n){
    r++;
    if (!cnt[a[r]]) now++; // 如果a[r]还没有,这个区间就多了一种画.
    cnt[a[r]]++;
  }// 大括号内的东西简写为 now+=!cnt[a[++r]]++;
  if (now<m) break;
  ans=min(ans,r-l+1);
  now-=!--cnt[a[l++]];
}

UVA 11572 Unique Snowflakes

求没有重复数字的最长区间.
暴力的话是对于每一个位置 $l$找在它右边离它最远不出现重复数字的位置 $f(l)$.
$f(l)$单调不降,所以还是开 $cnt$数组维护区间 $[l,r]$内每一个数出现的次数,有一个数次数大于 $1$就把 $l$向右推,否则一路把 $r$向右开过去.
你说数据范围太大不能开数组? $map$去重!
这样的话推动 $[l,r]$移动的复杂度就是 $O(log)$的了.

map<int,int> cnt;
int main(){
  int ans=1,l=1,r=2;  
  cnt.clear(); 
  cnt[a[l]]++,cnt[a[r]]++;
  for (;r<=n;){
    while (s[a[r]]>1) s[a[l++]]--;
    ans=max(ans,r>n?r-l:r-l+1);
    cnt[a[++r]]++;
  }
  cout<<ans<<endl;
}

Atcoder 4142 Xor Sum 2

求区间[l,r]的对数,使得A[l] xor A[l+1] xor ... xor A[r] = A[l] + A[l+1] + ... +A[r].
当时我在ABC第98场的现场打这场比赛.一开始我没有头绪.
突然我在第30分钟的时候发现了性质用尺取法通过了此题.
注意到a xor b <= a + b,并且等号只有在a and b = 0的时候才能够取到.
那么 $[l,r]$所有数的异或值等于所有数的和,必须要每一个二进制位上该区间所有数加起来最多只有一个 $1$才行.
对于每一个 $l$算出 $f(l)$为从第 $l$个数过去使得 $[l,r]$满足上面条件最远能够延伸到的位置 $r$.
我去看了题解,题解中说显然 $f(l)$单调不降,所以可以用尺取法做.
虽然听起来非常牵强,但是确实显然如此.我试着证明一下.
由于 $[l,f(l)]$区间是符合题目条件的, $[l+1,f(l)]$就更加符合条件(有几位上又少了几个 $1$),因此 $f(l+1)$不可能比 $f(l)$还小.
用 $now$表示当前 $[l,r]$区间的和.
每一次我们延伸 $r$的时候,判断 $now\ xor \ a[r]$和 $now+a[r]$是否相等,如果相等就继续将 $r$向右移动,否则停止.
对于这一个 $l$,答案的个数就是 $r-l$,因为 $l\to r-1$中任意取一个位置 $j$, $[l,j]$都是符合条件的.

/*
可以看到上面的条件是r<=n.
这个代码其实是枚举了r,尺取了l的位置,所以每一次将r++以后更新答案.
*/
for (int l=1,r=1,now=0;r<=n;){
  for (;!(now&a[r])&&r<=n;){
    /*now & a[r] = 0即now ^ a[r] = now + a[r]*/
    now|=a[r++];
    ans+=r-l;
  } 
  now^=a[l++];
}
/*如果用上面说的方法代码是这样的.*/
for (int l=1,r=1,now=0;l<=n;){
  for (;r<=n&&(now^a[r])==now+a[r];) now^=a[r++];
  ans+=r-l,now^=a[l++];
}

洛谷 p1102 A-B数对

给出一串数以及一个数字c，要求计算出所有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)
又是一个二分尺取均可做的题目.
将 $a-b=c$转化成 $a=b+c$,枚举 $b$,判断数组中有多少个 $b+c$.
首先把序列排序.维护两个下标 $r1,r2$.
对于每一个枚举的 $a[i]$, $r2-r1$就是等于 $a[i]+c$的数字的总个数.
自己思考一下,排完序的时候所有 $a[i]+c$都在一起, $r1$指在这一坨 $a[i]+c$最左端的位置, $r2$指在最右端 $+1$的位置.
如果是二分的话,

r1=lower_bound(a+1,a+n+1,a[i]+c)-a;
r2=upper_bound(a+1,a+n+1,a[i]+c)-a;

用尺取可以代替二分处理这两个位置.

while (a[i]+c>a[r1]) r1++;
while (a[i]+c>=a[r2]) r2++;

可以自己感性理解一下.

接下来的题目是和其它算法的结合,散发了尺取法不一般的魅力.

Codeforces 1042D Petya and Array

给一个序列,问有多少区间的和小于t.
昨天刚打的比赛,看起来很模板的一题,比赛前期AC量一直超过C题.
这题我已经写过博客,请大家看我的博客链接.
Codeforces 1042D Petya and Array 题解 by Fuko_Ibuki

Codeforces 47E Cannon

感谢翻译.
https://www.luogu.org/problemnew/show/CF47E
非常有意思的一道E题,没想到用到的算法都是普及组算法.
这一题的尺取法比起标算奇怪二分来不知道高到哪里去了.
我非常推荐大家去写一下这题.
Codeforces 47E Cannon 题解 by Fuko_Ibuki

Codeforces 939E Maximize!

支持加入一个不小于之前所有数的数,询问整个集合中某个子集最大值减平均值的最大值.
我们思考一下性质.按顺序加入的数单调不降,符合尺取法的要求.
具体证明可以参考当场的题解,但我觉得里面的说明有一点点问题.
它写的内容是 $f(i+1)-f(i)\leq 0$,所以 $f(i)$单调不降.
它的证明是正确的,不过结论应该是单调不升,其它没什么问题.
思考询问的内容,我们可以发现,要求的格式是最大值减平均值,显然最大的数字一定要选,而剩下的数字需要尽量小.
因此要求的集合就是最大的数字和若干个较小的数字.
稍微思考一下可以发现随着加入集合数字个数的增加,能够选的较小的数字的数量是不降的.我们可以利用这个单调性尺取较小数字的个数.
故主程序如下.

typedef long long ll;
ll ans; // ans表示前p-1个数的和.
int p=1,len=0; // p表示目前取到的小数的个数,len表示一共数字的个数.
for (int n=read();n--;){
  int op=read(),x=read();
  switch(op){
    case 1: a[++len]=x; break;
    case 2:
      for (;p<=len&&1ll*a[p]*p<ans+a[len];++p) ans+=a[p]; 
      /*把a[len]-(ans+a[len])/p反过来转化成乘法,避免精度误差.*/
      printf("%.15lf\n",a[len]-1.0*(ans+a[len])/p);
    break;
  }
}

结合各例题,我们可以发现,尺取法就是在对于枚举每一个 $l$的时候,另一个坐标 $r$维护的答案也是单调的时候可以使用,能够均摊枚举的时间从而把时间复杂度降到 $O(n)$.
当你发现所求的问题存在类似的单调性的时候,不妨思考一下尺取法.只是有些时候尺取法推动 $l,r$两个指针的复杂度达到了 $O(n)$,这种时候便要另当别论了.
那么我就讲到这里.谢谢大家了.