引言

关于这个双指针算法，主要是用来处理枚举子区间的事，时间复杂度从 $O(N^2)$ 降为 $O(N)$ ，所以还是很方便的，而且枚举这类题出的还是很常见的，所以这个算法还是尤为重要的。加油！

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概念

双指针算法：首先要满足单调性，二分是元素的单调性、二段性，这个指的是区间的单调性。
双指针模板：

for(int i = 0, j = 0; i < n; ++i)
{while(j < n && check(i,j)) j++;//该题逻辑
}

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一、牛的学术圈I

标签：二分

思路：像这种求最大/最小的问题，基本上都可以用二分。我们不讨论最大值，我们讨论该h指数是否能达到，然后用二分来逼近能成立的最大值，显然该题是具有二段性的，具体长如下这样。然后就是 $check$ 函数了，因为先统计大于等于 $mid$ 的个数，再统计满足 $a[i]+1=mid$ 的个数，与 $l$ 取最小值，最后比较是否 $res\ge mid$ 。

题目描述：

由于对计算机科学的热爱，以及有朝一日成为 「Bessie 博士」的诱惑，奶牛 Bessie 开始攻读计算机科学博士学位。经过一段时间的学术研究，她已经发表了 N 篇论文，并且她的第 i 篇论文得到了来自其他研究文献的 ci 次引用。Bessie 听说学术成就可以用 h 指数来衡量。h 指数等于使得研究员有至少 h 篇引用次数不少于 h 的论文的最大整数 h。例如，如果一名研究员有 4 篇论文，引用次数分别为 (1,100,2,3)，则 h 指数为 2，然而若引用次数为 (1,100,3,3)则 h 指数将会是 3。为了提升她的 h 指数，Bessie 计划写一篇综述，并引用一些她曾经写过的论文。由于页数限制，她至多可以在这篇综述中引用 L 篇论文，并且她只能引用每篇她的论文至多一次。请帮助 Bessie 求出在写完这篇综述后她可以达到的最大 h 指数。注意 Bessie 的导师可能会告知她纯粹为了提升 h 指数而写综述存在违反学术道德的嫌疑；我们不建议其他学者模仿 Bessie 的行为。输入格式
输入的第一行包含 N 和 L。
第二行包含 N 个空格分隔的整数 c1,…,cN。输出格式
输出写完综述后 Bessie 可以达到的最大 h 指数。数据范围
1≤N≤105,0≤ci≤105,0≤L≤105
输入样例1：
4 0
1 100 2 3
输出样例1：
2
样例1解释
Bessie 不能引用任何她曾经写过的论文。上文中提到，(1,100,2,3) 的 h 指数为 2。输入样例2：
4 1
1 100 2 3
输出样例2：
3
如果 Bessie 引用她的第三篇论文，引用数会变为 (1,100,3,3)。上文中提到，这一引用数的 h 指数为 3。

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n, m;
int a[N];bool check(int mid)  // 检查能否到mid
{int res = 0, t = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){if(a[i] >= mid) res++;if(a[i] + 1 == mid) t++;}t = min(m, t);res += t;return res >= mid;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];int l = 0, r = 1e5;while(l < r){int mid = (LL)l + r + 1 >> 1;if(check(mid)) l = mid;else r = mid - 1;}cout << r << endl;return 0;
}

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二、最长连续不重复序列

标签：双指针

思路：模板题。核心就是 $[j,i]$ 维护的是一段有效的序列， $i$ 是一值往前走的，用 $cnt$ 来记录每一个值出现的次数，如果重复了，那肯定是 $i$ 和 $j$ 所对应的元素重复了， $j$ 往前走即可，然后找最大值。

题目描述：

给定一个长度为 n 的整数序列，请找出最长的不包含重复的数的连续区间，输出它的长度。输入格式
第一行包含整数 n。
第二行包含 n 个整数（均在 0∼105 范围内），表示整数序列。输出格式
共一行，包含一个整数，表示最长的不包含重复的数的连续区间的长度。数据范围
1≤n≤105
输入样例：
5
1 2 2 3 5
输出样例：
3

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n;
int a[N], cnt[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];int res = 0;for(int i = 0, j = 0; i < n; ++i){cnt[a[i]]++;while(j < i && cnt[a[i]] > 1) cnt[a[j++]]--;res = max(res, i - j + 1);}cout << res << endl;return 0;
}

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三、数组元素的目标和

标签：哈希、双指针

思路1：就是找两个数组中和为 $key$ 的两个下标，直接先把第一个数组按元素值存入哈希表，然后遍历第二个数组如果存在就输出即可。

思路2：由于都是升序的， $i$ 从最小值遍历， $j$ 从最大值遍历，如果值总和变小了， $i$ 右移，如果变大了， $j$ 左移，直到相等。

题目描述：

给定两个升序排序的有序数组 A 和 B，以及一个目标值 x。数组下标从 0 开始。请你求出满足 A[i]+B[j]=x 的数对 (i,j)。数据保证有唯一解。输入格式
第一行包含三个整数 n,m,x，分别表示 A 的长度，B 的长度以及目标值 x。第二行包含 n 个整数，表示数组 A。第三行包含 m 个整数，表示数组 B。输出格式
共一行，包含两个整数 i 和 j。数据范围
数组长度不超过 105。同一数组内元素各不相同。1≤数组元素≤109
输入样例：
4 5 6
1 2 4 7
3 4 6 8 9
输出样例：
1 1

示例代码1： 哈希表

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;int n, m, k;
unordered_map<int,int> mmap;int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;for(int i = 0; i < n; ++i){int t; cin >> t;mmap[t] = i;}for(int i = 0; i < m; ++i){int t; cin >> t;if(mmap.count(k-t)) {cout << mmap[k-t] << " " << i << endl;break;}}return 0;
}

示例代码2： 双指针

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n, m;
LL k;
int a[N], b[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];for(int i = 0; i < m; ++i) cin >> b[i];int i = 0, j = m - 1;for(; i < n && j > -1; ++i){while(j > -1 && a[i] + b[j] > k) j--;if(j > -1 && (LL)a[i] + b[j] == k) break;}cout << i << " " << j << endl;return 0;
}

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四、判断子序列

标签：双指针、模板题

思路：双指针模板，没啥说的。

题目描述：

给定一个长度为 n 的整数序列 a1,a2,…,an 以及一个长度为 m 的整数序列 b1,b2,…,bm。请你判断 a 序列是否为 b 序列的子序列。子序列指序列的一部分项按原有次序排列而得的序列，例如序列 {a1,a3,a5} 是序列 {a1,a2,a3,a4,a5} 的一个子序列。输入格式
第一行包含两个整数 n,m。
第二行包含 n 个整数，表示 a1,a2,…,an。
第三行包含 m 个整数，表示 b1,b2,…,bm。输出格式
如果 a 序列是 b 序列的子序列，输出一行 Yes。
否则，输出 No。数据范围
1≤n≤m≤105,109≤ai,bi≤109
输入样例：
3 5
1 3 5
1 2 3 4 5
输出样例：
Yes

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n, m;
int a[N], b[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];for(int j = 0; j < m; ++j) cin >> b[j];int i = 0, j = 0;while(i < n && j < m){if(a[i] == b[j]) i++;j++;}if(i == n) puts("Yes");else puts("No");return 0;
}

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五、日志统计

标签：枚举、双指针

思路：一般这种题都是遍历订单，而我看这道题要按 $id$ 号由小到大输出，那我就遍历 $id$ 号了，然后找出满足条件的输出就行了，我用 $vector+数组$ 来存，第 $i$ 号 $vector$ 代表 $id$ 号为 $i$ 的订单时间， $vector$ 里存的是该 $id$ 的点赞时间，首先如果数量够 $k$ 个，然后由小到大排序，遍历每 $k$ 个时间，判断是否间隔时间在 $d$ 以内，如果是输出即可。

题目描述：

小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份”点赞”日志，日志共有 N 行。其中每一行的格式是：ts id  表示在 ts 时刻编号 id 的帖子收到一个”赞”。现在小明想统计有哪些帖子曾经是”热帖”。如果一个帖子曾在任意一个长度为 D 的时间段内收到不少于 K 个赞，小明就认为这个帖子曾是”热帖”。具体来说，如果存在某个时刻 T 满足该帖在 [T,T+D) 这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于 K 个赞，该帖就曾是”热帖”。给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是”热帖”的帖子编号。输入格式
第一行包含三个整数 N,D,K。以下 N 行每行一条日志，包含两个整数 ts 和 id。输出格式
按从小到大的顺序输出热帖 id。每个 id 占一行。数据范围
1≤K≤N≤105,0≤ts,id≤105,1≤D≤10000
输入样例：
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
输出样例：
1
3

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n, d, k;
vector<int> logs[N];  // 统计第i号订单的日期int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> d >> k;for(int i = 0; i < n; ++i){int ts, id;cin >> ts >> id;logs[id].push_back(ts);}for(int i = 0; i < N; ++i)  // 遍历每一个id{if(logs[i].size() >= k){sort(logs[i].begin(), logs[i].end());  // 给其时间排序for(int j = 0; j + k - 1 < logs[i].size(); ++j){if(logs[i][j+k-1] - logs[i][j] + 1 <= d) {cout << i << endl;break;}}}}return 0;
}

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六、统计子矩阵

标签：前缀和、二分

思路：本来用前缀和直接做的话，时间复杂度在 $O(N^4)$ ，明显超时了。由题意得元素没有负数，所以满足单调性，可以用上下界限拿前缀和处理，左右拿双指针处理，这样时间复杂度就降为了 $O(N^3)$ 刚好能过。

题目描述：

给定一个 N×M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1×1，最大 N×M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?输入格式
第一行包含三个整数 N,M 和 K。之后 N 行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A。输出格式
一个整数代表答案。数据范围对于 30% 的数据，N,M≤20，
对于 70% 的数据，N,M≤100，
对于 100% 的数据，1≤N,M≤500;0≤Aij≤1000;1≤K≤2.5×108。输入样例：
3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
输出样例：
19
样例解释
满足条件的子矩阵一共有 19，包含：大小为 1×1 的有 10 个。大小为 1×2 的有 3 个。大小为 1×3 的有 2 个。大小为 1×4 的有 1 个。大小为 2×1 的有 3 个。

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 510;int n, m, k;
int s[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= m; ++j){cin >> s[i][j];s[i][j] += s[i-1][j];}}LL res = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = i; j <= n; ++j){for(int l = 1, r = 1, sum = 0; r <= m; ++r){sum += s[j][r] - s[i-1][r];while(l <= m && sum > k) sum -= s[j][l] - s[i-1][l], l++;res += r - l + 1;}}}cout << res << endl;return 0;
}