题目大意

给定一个个数的序列。有次询问，每次询问是一个非负整数，求出有多少对，满足,其中。

思路

不难发现满足要求的序列有单调性，即如果当前区间满足最大值减去最小值大于k，那么包含这个区间的更大的区间，也一定满足。

而这一类问题，通常可以采用尺取法。即：

  • 我们先固定起点，然后让从开始一个一个往后走，并记录最大值与最小值。
  • 一旦当前序列满足了条件，那么选取之后的点作为结尾，也一定会满足，所以直接让答案，然后让后移动一位
  • 因为在恰好满足条件的时候就不在移动了，所以在往后移动一位的时候，满足条件的结尾一定在点或之后，所以的起点还是当前位置，然后继续按照第一步继续，直到统计完成。
  • 因为我们需要记录区间的最大值和最小值，所以我们可以用两个单调队列来统计，即统计最大值的时候，如果新加入的数比当前的数要大，那么就让​​出队，因为X比Y大还比它靠后，意味着在取最大值的时候，只要有X在，就永远不会取到Y，而X又在Y之后，也就是说它出队也晚于Y，所以Y就没有存在的必要了（惨 Y 惨）。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <deque>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxN = 1e5 + 7;
typedef long long ll;

int m, n, a[maxN];

ll calc(ll k)
{
    deque<int> maxPos, minPos;
    int l = 1,r = 0;
    ll ans = 0;
    while(l <= n && r <= n) {
        while((!maxPos.empty()) && maxPos.front() < l)
            maxPos.pop_front();
        while((!minPos.empty()) && minPos.front() < l)
            minPos.pop_front();
        if((!maxPos.empty()) && a[maxPos.front()] - a[minPos.front()] > k) {
            ans += n - r + 1;
            ++l;
            continue;
        }
        else {
            ++r;
            while(!maxPos.empty() && a[maxPos.back()] <= a[r])
                maxPos.pop_back();
            maxPos.push_back(r);
            while(!minPos.empty() && a[minPos.back()] >= a[r])
                minPos.pop_back();
            minPos.push_back(r);
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        int k;
        scanf("%d", &k);
        printf("%lld\n", calc(k));
    }
    return 0;
}