[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$y_1,y_2$满足要求的情况下，输出最小的$|x_2-x_1|$

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$|y_1-y_2|>=D$ 的所有点，然后找最小的$|x_2-x_1|$

#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;elsecout << ans;return 0;
}

• 暴力的时间复杂度为$O(n^2)$。
• 不如我们这样想：首先把这些点按x坐标进行排序，令$l$在这些点中进行遍历，对于每一个$l\in (1,n)$我们都可以求出最小的$r$，使得刚好在$[l,r]$区间内恰好存在$|y_1-y_2|>=D$的情况(区间$[l,r-1]$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$|y_1-y_2|>=D$。若$ y_{i+1}-y_j >= D(j<i+1)$,显然a[i]无意义，若$ y_{i+1}-y_j >= D(j>i+1)$,我们求最小的$\lvert x_2 - x_1 \rvert$，所以当a[i+1]在时，a[i]永无出头之日
• 我们通过这种方式，遍历出每一个l时[l,r]中符合条件的$|x_2-x_1|$

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;elsecout << 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