//瞎寫的

尺取法：通過儲存一組下標，根據條件交替挪動以求最終解。

一般用於求取有一定限制的區間個數或最短的區間，有時能把一些列舉問題從O(nlogn)（二分）優化到O(n)。

例題：

SubsequencePOJ3061

題意：給定長度為n的都是正整數的數列以及整數S。求出總和不小於S的連續子序列的長度的最小值，不存在則輸出0。

思路：先記錄下標b1=1，找到最小的下標b2使得b1->b2的子序列總和不小於S（不存在則輸出0）並記錄長度。然後將b1增加一，重複前一個過程尋找新的最小b2並計算長度，與原長度比較記錄最小值。

分析，在重複過程中我們不難發現，(b1+1)->b2序列的總和必定小於S，故我們沒有必要重新列舉(b1+2)->b2的點，可以保證新的下標b2大於原先的b2。

思路程式碼表現：

void solve()
{
    int l=1,r=n,ans=n+1,sum=0;
    while(1)
    {
        while(r<=n&&sum<S)sum+=a[r++];
        if(sum<S)break;
        ans=min(ans,r-l);//r在遞迴時會到最小情況+1的位置
        sum-=a[l++];
    }
    if(ans>n)ans=0;
    cout<<ans<<endl;
}

Jessica's Reading Problem POJ3320

題意：給定長度為n的數列，數列值可能有重複。求出現過所有元素值的子序列的最小長度。

思路：其實相同，只是判斷的條件變成了所有元素是否都出現過。

思路程式碼表現：

void solve()
{
    int l=1,r=n,cnt=0,ans=n+1;
    map<int,int>mp;
    while(1)
    {
        while(r<=n&&sum<n)
        {
            if(!mp[a[r++]])
            {
                mp[a[r++]]++;
                cnt
 
++;
            }
        }
        if(cnt<n)break;
        ans=min(ans,r-l);
        if(mp[a[l++]]==1)
        {
            mp[a[l++]]--;
            cnt--;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

//水了一篇