【算法】完全掌握Two Pointer（双指针&尺取法）详解&例题
1.前言
Two Pointer（双指针）有两种移动方式，一种相向移动，一种同向移动。这里我们讨论同向移动的双指针，这种算法又名尺取法，最终的时间复杂度一般是线性的，是一种广泛应用的算法技巧。
2.应用场景
Two Pointer解决的问题形式一般都是一个区间内满足某种性质的最优解。尺取法的求解过程就像一只移动的毛毛虫，每次交替移动L、R指针，在移动指针的过程中更新求得的解。
由于L，R都只能朝一个方向移动，时间复杂度为O(n)。
3.实战应用
1.给定N个数，寻找包含M（N>M）个数字、不重复的最短子序列，返回其区间左右端点。【洛谷P1638】、【POJ3320】
解题思路：维护一个[L,R]区间内数字出现次数的数组。首先移动R找到第一个含有M个数字的区间，然后移动L直至不能移了为止。由此得到第一个解。然后R每次自增1，L每次判断是否可以移动，并判断新解是否可以更新旧解。
#include
using namespace std;
int drawer[2010] = {0}, pnt[1000010], m, n;
int L,R;
void solv(int l, int r)
{
int num = 0;
while (num < m)
{
if (drawer[pnt[r]] == 0)
{
num++;
}
drawer[pnt[r++]]++;
}//循环后r指向下一个
while (drawer[pnt[l]] > 1)
{
drawer[pnt[l++]]--;
}
R=r-1;L=l;//区间为[l,r-1]
while(r<=n){
++drawer[pnt[r]];
while(drawer[pnt[l]]>1){
drawer[pnt[l]]--;
l++;
}
if((R-L)>(r-l)){
R=r;L=l;
}
r++;//将r写在赋值后，循环后r指当前下标
}
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &pnt[i]);
}
solv(1,1);
printf("%d %d\n",L,R);
return 0;
} 2.给定一个正数序列，使得其和大于或等于S，求最短的子序列长度。【POJ3061】
解题思路：维护区间[L,R]的和，先求第一个和大于等于S的区间[L,R]，随后每次使R+1，由于序列中数字都是正数，所以[L,R+1]的和肯定大于S，然后让L缩小区间直到和要小于S为止，记录区间长度。
这两道题还只是一个开胃菜，接下来我们逐步增加难度。
#include
using namespace std;
int n,m,ans=0;//考虑过最大之和小于1e9，所以可以使用int
int d[100010]={0};
int main(){
int num;
cin>>num;
while(num--){
ans=0;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=0;i=m){
tmp-=d[l++];
}
ans=r-l;
while(r=m){
tmp-=d[l++];
}
if(r-l 3.求给定序列中最长的不重复的子序列。【POJ3419】
解题思路：还是两个指针L,R，建立一个bool数组维护[L,R)内数字出现信息。每次移动R并更新长度ans直到出现第一个重复数字，然后移动L直至重复数字消失。唯一需要变动的是，题目中交代了数字可以为负，但是绝对值不会超过1e6，所以我可以加上1e6给它映射到0-2e6的区间上，方便我统计出现次数。
时间复杂度为O(n)，然而还是会超时，网上还有一种说RMQ+DP+二分的算法。
#include
using namespace std;
const int N = 1000000;
int cnts[2000010] = {0};
int nums[200010] = {0}, tcnt, n, L, R, ans, LL, RR;
int main()
{
cin >> n >> tcnt;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d", &nums[i]);
}
while (tcnt--)
{
scanf("%d %d", &LL, &RR);
L = R = LL;
ans=0;
while (R <= RR)
{
while (!cnts[nums[R] + N] && R <= RR)
{//一直移动R直至出现第一个重复数字
cnts[nums[R++] + N] = 1;
if (R - L > ans)
ans = R - L;
}
while (nums[L] != nums[R] && R <= RR)
{//移动L直至消除出现的重复数字
cnts[nums[L++] + N] = 0;
}
cnts[nums[L++] + N] = 0;
}
printf("%d\n", ans);
while(L<=RR){
cnts[nums[L++]+N]=0;
}
}
return 0;
} 4.最接近子序列
给出一个整数列（含正、负数），求一段子序列之和最接近所给出的t。输出该段子序列之和及左右端点。【POJ2566】
在解答之前，我们可以对比3和4以看看卡常的恶毒所在，3的搜索范围是 2e5，单个数据范围在2e6内，每个测试样例要进行2e5次测试；4的搜索范围是1e5，单个数据范围在2e4内，每个测试样例测试次数没说......
解题思路：维护[L,R]区间内元素和的绝对值，如果绝对值小于t，就增R，如果绝对值大于t，就减L，如果等于t，就直接输出L和R。本质上这道题就是第二题的翻版，如果第二题会做了，那么这一题实际上就是把第二题的数轴扩展了负半轴。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5;
const int INF=2147483640;
pair sum[MAXN];
int n,k,t;
void init()
{
sum[0]=make_pair(0,0);
int tmp=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
tmp+=x;
sum[i]=make_pair(tmp,i);
}
sort(sum,sum+n+1);
}
void solve()
{
scanf("%d",&t);
int l=0,r=1,minans=INF,ans,ansl,ansr;
while (r<=n && minans)//这里一开始写成了ans，以后变量名不要取那么相像orz
{
int delta=sum[r].first-sum[l].first;
if (abs(delta-t)<=minans)
{
minans=abs(delta-t);
ans=delta;
ansl=sum[l].second;
ansr=sum[r].second;
}
if (deltat) l++;
if (l==r) r++;//注意序列不能为空！
}
if (ansl>ansr) swap(ansl,ansr);//注意排序后是无序的，左右区间要调整回有序
printf("%d %d %d\n",ans,ansl+1,ansr);
}
int main()
{
while (scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
init();
for (int i=1;i<=k;i++) solve();
}
return 0;
}