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来源：牛客网
Two arrays u and v each with m distinct elements are called equivalent if and only if RMQ(u,l,r)=RMQ(v,l,r)RMQ(u,l,r)=RMQ(v,l,r) for all 1≤l≤r≤m1≤l≤r≤m
where RMQ(w,l,r)RMQ(w,l,r) denotes the index of the minimum element among wl,wl+1,…,wrwl,wl+1,…,wr.
Since the array contains distinct elements, the definition of minimum is unambiguous.
where RMQ(w,l,r)RMQ(w,l,r) denotes the index of the minimum element among wl,wl+1,…,wrwl,wl+1,…,wr.
Since the array contains distinct elements, the definition of minimum is unambiguous.
Bobo has two arrays a and b each with n distinct elements. Find the maximum number p≤np≤n where {a1,a2,…,ap}{a1,a2,…,ap} and {b1,b2,…,bp}{b1,b2,…,bp} are equivalent.
输入描述:
The input consists of several test cases and is terminated by end-of-file. The first line of each test case contains an integer n.
The second line contains n integers a1,a2,…,ana1,a2,…,an.
The third line contains n integers b1,b2,…,bnb1,b2,…,bn. * 1≤n≤1051≤n≤105
* 1≤ai,bi≤n1≤ai,bi≤n
* {a1,a2,…,an}{a1,a2,…,an} are distinct.
* {b1,b2,…,bn}{b1,b2,…,bn} are distinct.
* The sum of n does not exceed 5×1055×105.
输出描述:
For each test case, print an integer which denotes the result.
示例1
输出
1
3
4 题意：
两个长度为n的数组，求最大的m，使得1到m之内的所有区间的最小值位置相同。
思路：
单调栈:
记录每个值的左边第一个比当前值小的位置。
从左到右遍历一遍，记录下第一个单调栈结果不同的地方，该位置前一个位置就是答案。
证明：
如果你确认了位置i是正确的，并且单调栈记录的位置是pos，那么（pos,i）,(pos+1,i）... (i,i)都是符合条件的。
如果pos左侧的值都比pos处的值要大，那么显而易见，（1,i）,（2,i）,...,(pos-1,i)也是符合题意的。
如果pos左侧的值有比pos处的值小的，那么从右边数，第一个比pos小的值的位置pos2，对于两个数组，也一定相等，(因为之前已经检测过pos了，不然也不会走到i)
那么（pos2+1,i),(pos2+2,i)...(pos-1,i)也是符合题意的。
再从pos2开始考虑，用类似递归的思想，很容易明白，（1,i）,（2,i）,...,(pos-1,i)都是符合题意的。
这是右端点是i的情况，但是因为i从左向右遍历，所以之前的所有区间其实都已经检测过了。 再考虑不相等的情况：
如果在位置i，第一个数组从右向左的第一个位置为pos1，第二个是pos2，且pos1<pos2
那么对于第一个数组，（pos2,i)的最小值位置是i，对于第一个数组，（pos2,i)的最小值位置是pos2,显然不同。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime> #define fuck(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define debug(a, x) cerr<<#a<<"["<<x<<"] = "<<a[x]<<endl;
#define ls (t<<1)
#define rs ((t<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll Inf = ;
const int mod = ;
const double eps = 1e-;
const double pi = acos(-); int num1[maxn],num2[maxn];
int ans1[maxn],ans2[maxn];
struct node{
int num,id;
};
stack<node>st;
int main() {
// ios::sync_with_stdio(false);
// freopen("in.txt", "r", stdin); int n;
while (scanf("%d",&n)!=EOF){
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&num1[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&num2[i]);
}
num1[]=num2[]=-;
int ans=n;
for(int i=n;i>=;i--){
while (!st.empty()&&st.top().num>num1[i]){
ans1[st.top().id]=i;
st.pop();
}st.push(node{num1[i],i});
}for(int i=n;i>=;i--){
while (!st.empty()&&st.top().num>num2[i]){
ans2[st.top().id]=i;
st.pop();
}st.push(node{num2[i],i});
}for(int i=;i<=n;i++){
if(ans1[i]!=ans2[i]){
ans=i-;
break;
}
}printf("%d\n",ans); } return ;
}
二分+分治
如果位置p符合题意，那么pos<p也一定满足题意。
那么现在在check区间l,r是否满足题意。
如果区间(l,r)两个数组最小值位置都是pos，那么对于区间(L,R) l<=L<pos,r>=R>pos，最小值位置就是pos.
所以只需要考虑L，R都在pos同一边即可。
于是就是pos为分界线进行分治。
如果区间(l,r)两个数组最小值位置不同，直接返回false
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define bug printf("*********\n")
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define FON freopen("output.txt","w+",stdout);
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define debug1(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]\n"
#define debug2(x,y) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<"]\n"
#define debug3(x,y,z) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<" "<<#z<<" "<<z<<"]\n"
const int maxn = + ;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a[maxn], b[maxn];
int pos1[maxn], pos2[maxn];
int st1[maxn][];
int n; void rmq_init1() {
for (int i = ; i <= n; i++) {
st1[i][] = a[i];
}
int l = ;
for (int i = ; l <= n; i++) {
for (int j = ; j + l / <= n; j++) {
st1[j][i] = min(st1[j][i - ], st1[j + l / ][i - ]);
}
l <<= ;
}
}
int ask_min1(int i, int j) {
int k = int(log(j - i + 1.0) / log(2.0));
return min(st1[i][k], st1[j - ( << k) + ][k]);
} int st2[maxn][]; void rmq_init2() {
for (int i = ; i <= n; i++) {
st2[i][] = b[i];
}
int l = ;
for (int i = ; l <= n; i++) {
for (int j = ; j + l / <= n; j++) {
st2[j][i] = min(st2[j][i - ], st2[j + l / ][i - ]);
}
l <<= ;
}
}
int ask_min2(int i, int j) {
int k = int(log(j - i + 1.0) / log(2.0));
return min(st2[i][k], st2[j - ( << k) + ][k]);
}
bool check(int l,int r){
// cout<<l<<" "<<r<<endl;
if(l>=r) return true;
int min1=ask_min1(l,r);
int min2=ask_min2(l,r);
int p1=pos1[min1];
int p2=pos2[min2];
if(p1==p2) {
return check(l,p1-)&&check(p1+,r);
}else{
return false;
}
}
int main() { while(scanf("%d", &n) != EOF) { for(int i = ; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
pos1[a[i]] = i;
}
for(int i = ; i <= n; i++) {
scanf("%d", &b[i]);
pos2[b[i]] = i;
}
rmq_init1();
rmq_init2();
int l=,r=n;
int ans=;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>;
if(check(,mid)){
ans=mid;
l=mid+;
}else{
r=mid-;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
那些n方复杂度过的大佬，可以看一下如果数据是两个1e5的单调递增/递减数组，你们的代码会不会出事。