A-B 数对
题目背景
出题是一件痛苦的事情!
相同的题目看多了也会有审美疲劳,于是我舍弃了大家所熟悉的 A+B Problem,改用 A-B 了哈哈!
题目描述
给出一串正整数数列以及一个正整数 $C$,要求计算出所有满足 $A - B = C$ 的数对的个数(不同位置的数字一样的数对算不同的数对)。
输入格式
输入共两行。
第一行,两个正整数 $N,C$。
第二行,$N$ 个正整数,作为要求处理的那串数。
输出格式
一行,表示该串正整数中包含的满足 $A - B = C$ 的数对的个数。
样例 #1
样例输入 #1
4 1
1 1 2 3
样例输出 #1
3
提示
对于 $75\%$ 的数据,$1 \leq N \leq 2000$。
对于 $100\%$ 的数据,$1 \leq N \leq 2 \times 10^5$,$0 \leq a_i <2^{30}$,$1 \leq C < 2^{30}$。
2017/4/29 新添数据两组
题解
法一 map映射+枚举
这个方法感觉很难想到 我们将$A - B = C$转化为$A - C = B$ 对于每个A预处理出构成C需要的另一个数 利用map记录B的数值大小及其个数就能找到我们想要的数对 可以根据样例模拟一下
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans;
void solve()
{
scanf("%lld%lld", &n, &c);
map<int, int> mp;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &a[i]);
mp[a[i]] ++ ; //当前读入的a[i]的值个数++
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] -= c; //利用a[i]自减 那么原本a[i]对应的B就可以表示出来了
//那么数对的个数就是B的个数 也就是自减c后a[i]的个数
for (int i = 1;i <= n; i ++ ) ans += mp[a[i]];
printf("%lld", ans);
return;
}
signed main() //define改了这里就要改
{
solve();
return 0;
}
法二 二分 利用upper_bound()
lower_bound()
实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans;
void solve()
{
scanf("%lld%lld", &n, &c);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n); //二分要求有序序列
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
ans += (upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + c) - a) - (lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + c) - a); //upper_bound求出大于当前A+C的第一个位置 lower_bound求出大于等于当前A+C的第一个位置(该位置在upper_bound位置左边 更小)
}
printf("%lld", ans);
return;
}
signed main() //define改了这里就要改
{
solve();
return 0;
}
法三 双指针 (最快)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long //本题可能爆int 养成好习惯
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, c;
int a[N];
int ans;
void solve()
{
scanf("%lld%lld", &n, &c);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n); //排序序列 这样数组排列就是单调的了 我们就可以利用双指针之间的单调性了 j指针不会回溯
int r1 = 1, r2 = 1;
for (int l = 1; l <= n; l ++ ) //遍历数组每一个点作为构成数对的其中一个数 以r1和r2指针维护l~r1 和 l~r2的左端点 使得这个区间内的数最终(l~r1 >C l~r2 >=C)
{
while (r1 <= n && a[r1] - a[l] < c) r1 ++ ; //循环结束后就是a[r1] - a[l] >= c r1是第一个满足这个性质的点
while (r2 <= n && a[r2] - a[l] <= c) r2 ++ ; //循环结束就是 a[r2] - a[l] > c
if(a[r1] - a[l] == c && a[r2 - 1] - a[l] == c)
ans += abs(r2 - r1); //两个指针相减就是合法数组可以取的数的范围
}
printf("%lld", ans);
return;
}
signed main() //define改了这里就要改
{
solve();
return 0;
}