本题为一个单调队列题目,复杂度接近O(n); 及在一遍for循环的时候用两个deque记录最大值,和最小值,借鉴:(我们设立两个指针i、j,从头开始往右移动,力求在O(n)的复杂度扫描一遍解决问题。单调队列的作用是什么呢,它是以很小的时间代价动态更新当前序列中的最大最小值。(此处如果有不懂请自行学习单调队列,此处只需要知道它动态更新最大最小值即可)。[j,i-1]表示当前关注的序列,我们将i指针一直向前,去更新最大最小值,直到[j,i]的最值之差>=k,说明此时的[j,i-1]是极限了。那么以 j 为起点的序列就只能从[j,i-1]选一个终点,有i-j种选法。然后j向前移动一位,重复以上过程,一直到 i 更新完整个序列。)
http://blog.csdn.net/justmeh/article/details/58446 讲解单调队列;
http://www.cppblog.com/wanghaiguang/archive/2012/06/04/177477.html 讲解deque;
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<deque>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<deque>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;
int numbers[MAXN];
deque<int> high;
deque<int> low;
deque<int> low;
int main()
{
int kase;
cin >> kase;
int n, k;
while(kase--)
{
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf( "%d", &numbers[i] );
}
high.clear();
low.clear();
{
int kase;
cin >> kase;
int n, k;
while(kase--)
{
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf( "%d", &numbers[i] );
}
high.clear();
low.clear();
int i, j; //i is pre pointer
long long ans = 0;
for(i = j = 1; i <= n; i++)
{
long long ans = 0;
for(i = j = 1; i <= n; i++)
{
while(!high.empty() && high.back() < numbers[i]) high.pop_back();
high.push_back( numbers[i] );
high.push_back( numbers[i] );
while(!low.empty() && low.back() > numbers[i]) low.pop_back();
low.push_back( numbers[i] );
low.push_back( numbers[i] );
while(!high.empty() && !low.empty() && high.front() - low.front() >= k)
{
ans += i - j;
if(high.front() == numbers[j]) high.pop_front();
if(low.front() == numbers[j]) low.pop_front();
//如果j已经前移出了最小值所在位置,则弹出
j++;
}
}
while(j <= n)
//不要忘记
{
ans += i - j;
j++;
{
ans += i - j;
if(high.front() == numbers[j]) high.pop_front();
if(low.front() == numbers[j]) low.pop_front();
//如果j已经前移出了最小值所在位置,则弹出
j++;
}
}
while(j <= n)
//不要忘记
{
ans += i - j;
j++;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
return 0;
}