https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11256/K
解法1: ST表 + 双指针
using namespace std;
int mx[100010][25], mn[100010][25], n, m, a[100010], cc[100010], k;
void rmq_init(){
for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++) {
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
mn[i][j] = min(mn[i][j-1], mn[i + (1 << (j-1))][j-1]);
mx[i][j] = max(mx[i][j-1], mx[i + (1 << (j-1))][j-1]);
}
}
// 小于等于len的最大的2的k次幂
for (int len = 1; len <= n; ++len) {
int k = 0;
while ((1 << (k + 1)) <= len){
k++;
}
cc[len] = k;
}
}
int rmq_min(int L, int R){
int kk = cc[R-L+1];
return min(mn[L][kk], mn[R-(1<<kk)+1][kk]);
}
int rmq_max(int L, int R){
int kk = cc[R-L+1];
return max(mx[L][kk], mx[R-(1<<kk)+1][kk]);
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
mn[i][0] = a[i];
mx[i][0] = a[i];
}
rmq_init();
long long res;
while (m--){
scanf("%d", &k);
int l, r = 1;
res = 0;
for (l = 1; l <= n; ++l) {
while(r <= n && rmq_max(l, r) - rmq_min(l, r) <= k){
r++;
}
if(rmq_max(l, r) - rmq_min(l, r) > k){
res += (n - r + 1);
}else{
break;
}
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}解法二: 单调队列
可以发现，实际要找的区间(l, r)的l是从1, 2....x，逐渐上升的，x 代表：以(x + 1)区间为起点时，r向右扩展（直到r⇒ n），在这个区间也找不出满足条件的两个数，并且我们可以发现，当找到一个离l最近的两个满足条件的数时，这两个满足条件的数的较右边的数的位置为r，对于(l, r)区间，当l不变拓展r向右时（直到r == n），这些区间一定也满足条件，所以，以l为起点的区间，满足条件的有n - r + 1个，所以现在要求的是，离l最近的满足条件的两个数。利用单调队列的性质，固定r，每次找到两个数(ai, aj)（i < j，并且ai是离ar最近的），此时（l, j）满足上面说的区间特性，所以res += (n - j + 1) l++，如果此时l <= i，说明(l, r)任然包含(ai, ar)，所以继续有res += (n - j + 1)，直到l > i，并在单调队列弹出 i。
而对于利用单调队列找满足条件的(ai，aj)，可以看成是固定j的位置，找到离j最近的满足i的位置 ! ! ! ! ! !
--------------------------------------------------------------- 而对于mx数组，维护一个单调递减队列，当当前值比mx[t]（队尾元素）大于等于时，明显：当前元素对于等会的离 j 最近的元素的贡献更好（会更靠近j，并且对差值的贡献更大），所以弹出队尾元素。
--------------------------------------------------------------- 对于mi数组，维护一个单调递增队列，当当前值比mi[t]（队尾元素）小于等于时，明显：当前元素对于等会的离 j 最近的元素的贡献更好（会更靠近j，并且对差值的贡献更大），所以弹出队尾元素。
另一种思路可以参考此佬写的题解
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, k, a[N], mi[N], mx[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
while (m--){
scanf("%d", &k);
int h1 = 1, t1 = 0, h2 = 1, t2 = 0;
long long ans = 0;
int ll = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (h1 <= t1 && a[i] >= a[mx[t1]]){
t1--;
}
mx[++t1] = i;
while (h2 <= t2 && a[i] <= a[mi[t2]]){
t2--;
}
mi[++t2] = i;
while (a[mx[h1]] - a[mi[h2]] > k){
ans += (n - i + 1);
ll++;
if(mx[h1] < ll){
h1++;
}
if(mi[h2] < ll){
h2++;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
