poj2823 Sliding Window

　　　　題目大意：給你一個n個數的序列，有一個長度固定的窗口，求出兩個數列，分別是窗口從左滑到右，窗口內的最小值和最大值，分兩行輸出。

　　　　註釋：n<=$10^6$，內存<=64.

　　　　　　想法：這內存是真惡心啊，正常的ST算法過不去，想到線段樹，......咳咳，雖然這道題可以用單調隊列和線段樹沒有什麽障礙的A掉，但是今天我們仍然用ST維護RMQ來解決。首先，我們對內存有一定的限制，但是我們有一個極好的條件，那就是窗口的大小是固定的。所以，不難發現，我們所用到的f[i][j]數組只用到了最後一維，那麽，我們想辦法壓維。壓維最根本的是可否可行在於動態規劃更新時是否有後效性。所以，我們就看一看。首先，我們顯然知道，更新一個f的值所用到的，一定有一個是它自己，還有一個就是往後$2^{j-1}$所代表的值，不難發現，這兩個下表都不小於i。所以，我們在從左向右松弛1-n時，所用到的下標都是沒有被這一輪更新的，也就是說，是沒有後效性的，故此，我們壓維是可以的。所以，這道題就A掉了。

　　　　在此，我們有一個東西，就是log數組是不需要占用一個數組的內存的，我們發現，我們窗口固定時，log所提取的數也是固定的，那麽我們就可以在預處理時順便將log的值附好，即可。

　　　　最後，附上醜陋的代碼... ...

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #define N 1000010
 5 using namespace std;
 6 int a[N];
 7 int f[N],g[N];
 8 int main()
 9 {
 
10     int n,len;
11     int maxlog;
12     while(~scanf("%d%d",&n,&len))
13     {
14         // memset(f,0,sizeof(f));
15         // memset(g,0,sizeof(g));
16         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
17         for(int i=1;i<=n;i++)//初始化 
18         {
19             f[i]=a[i];
 
20             g[i]=a[i];
21         }
22         maxlog=0;//這點賊重要，我們發現如果len==1,maxlog沒有值??! 
23         for(int i=1;(1<<i)<=len;i++)
24         {
25             maxlog=i;
26             for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)
27             {
28                 f[j]=max(f[j],f[j+(1<<(i-1))]);
29                 g[j]=min(g[j],g[j+(1<<(i-1))]);
30             }
31         }
32         // cout<<"maxlog="<<maxlog<<endl;
33         // for(int i=1;i+(1<<maxlog)-1<=n;i++)
34         // {
35             // cout<<"f["<<i<<"]="<<f[i]<<endl;
36         // }
37         for(int i=1;i<=n-len+1;i++)
38         {
39             printf("%d ",min(g[i],g[i+len-(1<<maxlog)]));
40         }
41         printf("\n");//別忘記分行 
42         for(int i=1;i<=n-len+1;i++)
43         {
44             printf("%d ",max(f[i],f[i+len-(1<<maxlog)]));
45         }
46         printf("\n");
47     }
48 }

　　　　小結：RMQ的點還有很多，還是那句話，倍增的想法的重要性要超過這個算法本身。

　　　　　　錯誤：1.maxlog的初始化，極其重要。

　　　　　　　　　2.在初始化時，註意端點的位置。

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