为什么直接用y总的板书？
我是懒狗，不想再画啦

双指针

• 两个指针分别指向两个不同的序列
• 两个指针指向同一个序列，快排，表示一段区间

双指针模板：

for (int l = 0, r = 0; r < n; ++r)
{while (l < r && check(l, r)) ++r;// 每道题的具体逻辑
}

双指针算法的核心思想，运用某些单调性质将N方的朴素算法优化成N
此时每个指针遍历数字的次数不超过n
先思考暴力做法，再思考双重循环中（暴力一般是两个for循环）的单调关系，得到优化做法

最基本的运用：以空格分隔的单词，以行的形式输出

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位运算

两个运用：

1. n的二进制表示中第k位是几？

• 先把第k位移到最后一位
• 看二进制的个位是几
  结合就是：n >> k & 1，根据题目具体要求，第k位是从0开始还是从1开始？这里涉及一个差一问题，需要根据实际情况考虑一下

2. lowbit(x)：返回x的最后一位1，具体是lowbit(1010) = 10b，lowbit(10100) = 100b
   具体实现是：x & -x = x & (~x + 1)，注意-x = (~x + 1)
   
   一个具体的运用是：统计x中1出现的次数，对x不断地lowbit，每次减去lowbit得到的数，次数加1。
   直到x为0，说明x中的1被减完了，此时的次数就是x中1出现的次数

模板：

int lowbit(int x) 
{return x & (~x + 1);
}

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离散化

特指整数离散化
值域比较大，但是数字个数比较少，将这些离散的数映射到连续的区间上的过程，叫做离散化

当数据存储的很分散（位置之间相差很大），比如0, 555，10000, 99999999999，数组中这些位置上的数据都不为0，我要统计某个区间或者整个数组的元素和，怎么办？若遍历所有元素，那么绝大部分的元素遍历是无效的，因为它们的值不会影响结果
对于这些不影响结果的值，我们可以将其忽略。对于影响结果的值，保存它们的位置到一个数组中，此时这些位置与数组下标旧构成了一个唯一的映射关系。将数组下标作为这些位置的新位置，那么原来离散的值就被整合成连续的了
我们可以根据数据原来的位置，在保存离散数据位置的数组中二分，找到该位置的下标，该下标就是原位置的新位置，也就是连续存储的位置
比如数组保存[1, 3, 100, 2000, 500000]这些元素，要找2000的新位置，只要在数组中二分查找2000，得到其下标，即得到其新位置

两个问题：

1. 数组中可能有重复元素。需要排序并去重
2. 如何算出$a_i$离散化后的值？使用二分

排序去重模板：

sort(alls.begin(), alls.end());
erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());

unique：在原数组的基础上，将数组去重，并返回不重合数组的后一个位置
用erase将去重后的重复元素删除，此时的alls中的元素唯一

unique的实现思路：首先，数组不为空时，第一个数肯定能作为不重复的数
其次，因为数组已经排过序，只要一个数与之前的数不一样，那么这个数也能作为不重复的数
当某个数能作为不重复的数时，我们需要保存该数，这里直接在原地保存，即从原数组的开头往后保存这些不重复的数
两个指针：i用来遍历原数组中的所有数，j用来保存不重复的数，即区间[0, j - 1]中的数是不重复的，[j, ed]区间中的数无用

vector<int>::iterator unique(vector<int>& a)
{int j = 0;for (int i = 0; i < a.size(); ++ i){if (!i || a[i] != a[i - 1]) a[j++] = a[i];}return a.begin() + j;
}

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区间合并

给定多个区间，将有交集的区间合并为一个区间，输出最后区间的数量

1. 将所有区间按照左端点进行升序排序(C++对pair的排序，先比较first，再比较second)
2. 选择一个最小的未被遍历过的区间，根据该区间的右端点r，与之后的区间进行比较
3. 此时会出现两种情况： 两区间有交集，两区间无交集

• 当两区间有交集时，根据两者较大的r更新当前区间
• 当两区间无交集时，说明当前区间无法合并了，最终区间的数量+1

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双指针练习题

799. 最长连续不重复子序列

799. 最长连续不重复子序列 - AcWing题库

双指针：l与r
用r遍历序列，每次遍历r时，l尽可能地往左走，使l与r之间的序列在满足字符不重复的情况下，达到最长
这样每次遍历r，就能得到一个[l, r]区间，并且该区间是以r为右端点的最长不重复子序列。因此，每次计算该序列的长度，更新出整个序列中最长不重复子序列

这里要思考每次更新r时，l怎样移动的问题。有点类似dp，在上次的状态更新中，我们已经找出了一个最长子序列[l, r - 1]
此时将更新r - 1为r，由于[l, r - 1]区间中不含重复元素，当r更新时，可以理解为向旧区间添加了一个新字符
若新字符与旧区间中的字符重复，那么l就要向前走，因为只有向前走，才可能剔除区间中字符的字符
直到区间中无重复字符时，l停下，此时的区间[l, r]为以r做为右端点的最长不重复子序列，更新最长的长度即可

若更新$r_i$为$r_{i+1}$后，l可以向前走，即将$l_i$更新为$l_{i-1}$，那么就说明区间[$l_{i-1}$, $r_{i+1}$]无重复字符。若区间[$l_{i-1}$, $r_{i+1}$]无重复字符，那么旧区间应该是[$l_{i-1}$, $r_i$]，而不是[$l_i$, $r_i$]，这与我们确定的状态矛盾
也就是说，每次更新r时，得到的区间[l, r]是以r为右端点，往左能构造的最长无重复子序列。也就是说l - 1指向的字符与[l, r]中的某个字符重复

#include <iostream>
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int nums[N], S[N];
int n, res = 1;int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &nums[i]);for (int l = 0, r = 0; r < n; ++r){S[nums[r]]++;while (S[nums[r]] > 1) S[nums[l]]--, ++l;res = max(res, r - l + 1);}printf("%d", res);return 0;
}

800. 数组元素的目标和

800. 数组元素的目标和 - AcWing题库

利用有序数列的单调性，假设现在有两个数组$a_n$与$b_n$，分别用i和j两个指针遍历，j指针从头开始遍历，i指针从尾开始遍历
用二分找到第一个$a_i$ + $b_j$ <= x的$a_i$，之后再判断$a_i$ + $b_j$ == x
此时$a_n$搜索区间就缩小成了[0, i]，因为$b_j$ + $a_i$中，$a_i$是第一个小于等于x的数。$b_j$ + $a_{i+1}$ 必定大于x
$b_{j+1}$ + $a_{i+1}$ 也必定大于x，所以$b_{j+1}$ + $a_i$ 才可能小于等于x，此时从$a_0$ ~$a_i$之间中，找到第一个满足$a_k$ + $b_{j+1}$ <= x的$a_k$

#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e6 + 10;
int n, m;
ll x;
int a[N], b[N];int find(int l, int r, int b)
{while (l < r){int mid = l + r + 1 >> 1;if (b + a[mid] <= x) l = mid;else r = mid - 1;}return l;
}int main()
{scanf("%d%d%lld", &n, &m, &x);for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 0; i < m; ++i) scanf("%d", &b[i]);for (int i = n - 1, j = 0; j < m; ++j){// 更新ii = find(0, i, b[j]);if (0LL + a[i] + b[j] == x) {printf("%d %d\n", i, j);break;    }}return 0;
}

2816. 判断子序列

2816. 判断子序列 - AcWing题库

这个实在想不到怎么用暴力解，双指针一下就看出来了。不像上一题，只能想到暴力，然后再根据单调性，用双指针优化
两个指针i和j分别指向两个数组的开头，j不断移动，当a[i] == b[j]时，i移动，当i遍历完数组，输出Yes

#include <iostream>
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int n, m;
int i, j;
int a[N], b[N];int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for (i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (i = 0; i < m; ++i) scanf("%d", &b[i]);for (i = 0, j = 0; i < n && j < m; ++j){while (i < n && j < m && a[i] == b[j]) i++, j++;}if (i == n) printf("Yes\n");else printf("No\n");return 0;
}

while (i < n && j < m && a[i] == b[j]) i++, j++;
没有注意细节：之前判断条件i < n && j < m没写
a[i] == b[j]写成了a[i+] == b[j++]
WA了两次

不要被模板限制，这题可以直接用while写

#include <iostream>
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int n, m;
int a[N], b[N];int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 0; i < m; ++i) scanf("%d", &b[i]);int i = 0, j = 0;while (i < n && j < m){if (a[i] == b[j]) i++;j++;}if (i == n) printf("Yes\n");else printf("No\n");return 0;
}

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位运算练习题

801. 二进制中1的个数

801. 二进制中1的个数 - AcWing题库

lowbit的使用，减去n次lowbit，n即为答案

#include <iostream>
using namespace std;int n, x;int lowbit(int x) 
{return x & (~x + 1);
}int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; ++i) {scanf("%d", &x);int res = 0;while (x){x -= lowbit(x);res++;}printf("%d ", res);}return 0;
}

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离散化练习题

802. 区间和

802. 区间和 - AcWing题库

题目有两个操作，一是将某个位置的数加上特定值，二是询问某个区间中的值总和
求区间的值总和，使用前缀和数组完成
现在的问题是，这些值过于分散，前缀和数组以及保存这些值的数组将浪费大量空间
所以需要进行预处理，使这些离散的值连续，用数组将值的位置保存，将这些离散的位置用数组下标重新映射，使之成为连续的位置
这样处理后，离散的值变得连续
所以我们需要知道题目会用到哪些离散的位置，首先是保存值的位置，其次是询问区间的端点
考虑最坏情况，将这些位置用alls数组保存起来，并用数组下标进行重新映射
当要找某个位置时，根据alls位置保存的值（位置），获取其映射后的位置（所在的数组下标）

所以alls数组用来将离散位置进行连续化，重新构建索引后的位置为数组的下标
至于这些位置上的值，另外使用其他数组进行保存

用pair保存题目的两个操作，分别是对某个位置加上某个值，以及询问某个区间的值
对离散的位置进行重新索引后，这两个操作都要转换成对新索引的操作

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;const int N = 3e6 + 10;
vector<PII> add, query;
vector<int> alls;
int a[N];int n, m;
int x, c, l, r;int find(int x)
{int l = 0, r = alls.size() - 1;while (l < r){int mid = l + r >> 1;if (alls[mid] >= x) r = mid;else l = mid + 1;}return l + 1;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);// 保存离散的位置，以及这些位置要加上的值for (int i = 0; i < n; ++ i) {cin >> x >> c;add.push_back({x, c});alls.push_back(x);}// 保存这些区间的位置，以及询问的区间for (int i = 0 ; i < m; ++ i){cin >> l >> r;query.push_back({l, r});alls.push_back(l), alls.push_back(r);}// 对alls进行排序去重sort(alls.begin(), alls.end());alls.erase(unique(alls.begin(), alls.end()), alls.end());// 二分查找新索引，增加位置上的值for (auto item : add) a[find(item.first)] += item.second;// 构建前缀和数组for (int i = 1; i <= alls.size(); ++ i) a[i] += a[i - 1];// 根据查询区间返回区间和for (auto item : query) {l = find(item.first), r = find(item.second);printf("%d\n", a[r] - a[l - 1]);}return 0;
}

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区间合并练习题

803. 区间合并

803. 区间合并 - AcWing题库

将区间按照左端点优先，其次右端点的优先级进行排序（使用STL的sort）。维护一个当前区间并根据后续区间更新当前区间

当前区间与后续区间无交集时，说明区间无法合并，此时最终区间的数量+1
否则更新区间

需要注意的是：设置起始区间为一个题目不可能给定的区间，然后再进行更新

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;int n, res;
int l, r, st = -2e9, ed = -2e9;
vector<PII> segs;int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0 ; i < n; ++ i) {scanf("%d%d", &l, &r);segs.push_back({l, r});}sort(segs.begin(), segs.end());for (auto seg : segs){// 判断区间是否重合if (seg.first <= ed) ed = max(ed, seg.second);else {if (st != -2e9) ++res;   st = seg.first, ed = seg.second;}}if (st != -2e9) ++res;printf("%d\n", res);return 0;
}

还是有一些细节需要注意的：选择的初始区间与后续区间无交集时，最终的区间数量不能+1
最后将最终的区间数量+1，因为最后一个区间无后续区间，此时该区间可以作为一个无法合并的区间
当然，题目规定了区间数量大于0，所以这题可以不用考虑给定区间为空的情况。使用排序后的第一个区间作为起始区间，省去判断

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;int n, res;
int l, r;
vector<PII> segs;int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0 ; i < n; ++ i) {scanf("%d%d", &l, &r);segs.push_back({l, r});}sort(segs.begin(), segs.end());int st = segs[0].first, ed = segs[0].second;for (int i = 1; i < segs.size(); ++i){// 判断区间是否重合if (segs[i].first <= ed) ed = max(ed, segs[i].second);else st = segs[i].first, ed = segs[i].second, res++;}printf("%d\n", res + 1);return 0;
}