[USACO2012-Mar-Silver] Flowerpot 题解(单调队列 c++)

USACO12MAR Flowerpot S题解(单调队列 c++)

题目链接：USACO2012-Mar-Silver Flowerpot

题意：

• 给你n个点，每个点有对应的x,y
• 确认是否存在两个点，在 y 1 , y 2 y_1,y_2 y1,y2满足要求的情况下，输出最小的 ∣ x 2 − x 1 ∣ \lvert x_2 - x_1 \rvert ∣x2−x1∣

思路：

• 如果暴力的话，我们就考虑对于每一个点，寻找其对应的 ∣ y 1 − y 2 ∣ > = D \lvert y_1-y_2 \rvert >= D ∣y1−y2∣>=D 的所有点，然后找最小的 ∣ x 2 − x 1 ∣ \lvert x_2 - x_1 \rvert ∣x2−x1∣

#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
#include <algorithm>

using namespace std;

int ans = 0x3f3f3f3f;

int main() {
    int n, d;
    cin >> n >> d;
    vector<vector<int>> v(n, vector<int>(2));
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> v[i][0] >> v[i][1];
    sort(v.begin(), v.end());
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        for (int j = i + 1; j < n; j ++) {
            if (v[j][1] - v[i][1] >= d)
                ans = min(ans, v[j][0] - v[i][0]);
        }
    }
    if (ans == 0x3f3f3f3f)
        cout << -1;
    else
        cout << ans;
    return 0;
}

• 暴力的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。
• 不如我们这样想：首先把这些点按x坐标进行排序，令 l l l在这些点中进行遍历，对于每一个 l ∈ ( 1 , n ) l \in (1,n) l∈(1,n)我们都可以求出最小的 r r r，使得刚好在 l , r l,r l,r区间内恰好存在 ∣ y 1 − y 2 ∣ > = D \lvert y_1-y_2 \rvert >= D ∣y1−y2∣>=D的情况(区间 l , r − 1 l,r-1 l,r−1就不存在)
• 这样问题就成了一个大小不固定的滑动窗口问题。我们使用队列q1的头结点存储从a[l].x开始y最大的值，q2存储最小值。
• 以q1为例，若a[i+1]>a[i]则a[i]没意义的。因为当r=i时还没有满足 ∣ y 1 − y 2 ∣ > = D \lvert y_1-y_2 \rvert >= D ∣y1−y2∣>=D。若 y_{i+1}-y_j \>= D(j\= D(j\>i+1) , 我们求最小的 ,我们求最小的 ,我们求最小的\\lvert x_2 - x_1 \\rvert，所以当ai+1在时，ai永无出头之日
• 我们通过这种方式，遍历出每一个l时l,r中符合条件的 ∣ x 2 − x 1 ∣ \lvert x_2 - x_1 \rvert ∣x2−x1∣

代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e6 + 10;

PII a[N];

// q1维护最大值(递减)  q中存储序号 
int q1[N], q2[N];
int h1 = 1, h2 = 1, t1, t2;
int ans = 0x3f3f3f3f;

int main() {
	int n, d;
	cin >> n >> d;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		cin >> a[i].first >> a[i].second;
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	
	for (int l = 1, r = 0; l <= n; l ++) {
		while (h1 <= t1 && q1[h1] < l)		h1 ++;
		while (h2 <= t2 && q2[h2] < l)		h2 ++;
		
		while (a[q1[h1]].second - a[q2[h2]].second < d && r < n) {
			r ++;
			while (h1 <= t1 && a[q1[t1]].second < a[r].second)		t1 --;
			q1[++ t1] = r;
			while (h2 <= t2 && a[q2[t2]].second > a[r].second)		t2 --;
			q2[++ t2] = r;	
		}
		
		if (a[q1[h1]].second - a[q2[h2]].second >= d)
			ans = min(ans, abs(a[q1[h1]].first - a[q2[h2]].first));
	
	}
    if (ans == 0x3f3f3f3f)
        cout << -1;
    else
        cout << ans;
	return 0;
}

这道题想了很长时间，如有讲的不清楚的地方，恳请大家批评指正