Codeforces E1难题解析：轻松掌握Close Tuples

花韻仙語

发布时间：2026-01-06 09:57:10

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来源于php中文网

原创

在算法竞赛和日常编程中，经常会遇到需要处理数组或序列的问题。其中，寻找特定模式的子序列或元组是一个常见类型。Codeforces Round 690 (Div. 3) 的 E1 题，即 “Close Tuples (easy version)”，就是一个典型的例子。尽管它属于难度较低的版本，但仍然能有效考察选手的逻辑思维和编程能力。本文将深入分析该问题的解题思路、代码实现，并探讨相关的算法技巧，希望能帮助读者更好地理解和掌握这类问题。这篇文章将从问题描述出发，逐步分析解决问题的关键步骤，并提供详细的代码实现。同时，我们还将讨论该问题的变种和拓展，希望能帮助读者更好地理解算法设计的核心思想。通过阅读本文，你将不仅能够掌握这道特定题目的解法，更能提升解决类似问题的能力。我们追求的不只是“会做”，更是“理解怎么做”和“为什么这样做”。掌握这类问题的解法，对于提升算法水平和解决实际编程问题都具有重要意义。无论你是正在备战算法竞赛，还是希望提升自身编程能力的开发者，相信本文都能为你提供有价值的参考和指导。让我们一起深入探索 “Close Tuples” 的解题奥秘，共同进步。

Close Tuples (easy version) 关键点总结

理解题意：找到序列中满足特定条件的三个元素的元组。

最大最小值差限制：元组中最大值和最小值之差不超过给定值 k (k=2)。

序列允许重复：序列中元素可以重复出现。

无需取模： easy版本不需要对结果取模。

巧妙利用排序：排序是解决问题的关键步骤。

问题解析与解题思路

题目描述：Close Tuples (easy version)

首先，让我们来回顾一下 codeforces e1 题目“close tuples (easy version)” 的具体要求。

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Codeforces E1难题解析：轻松掌握Close Tuples

给定一个长度为 n 的整数序列 a，序列中的每个元素都在 1 到 n 之间。序列中可能包含重复元素。我们的目标是找出满足以下条件的元组 (ai, aj, ak) 的数量：

i
max(ai, aj, ak) - min(ai, aj, ak)

换句话说，我们需要在序列中找到三个元素，使得它们的最大值和最小值之差不超过 2。需要注意的是，题目要求我们输出的是符合条件的元组的数量，而不是这些元组的具体元素。理解这一点非常重要，因为它将直接影响我们的解题思路。

核心目标：寻找符合条件的三元组，统计其数量，注意索引关系和数值范围。

解题思路：排序与二分查找的巧妙结合

要解决这个问题，一个关键的观察是，如果我们将序列 a 进行排序，问题将会变得更容易处理。 排序之后，我们可以利用滑动窗口或者二分查找等方法来快速找到满足条件的元组。

以下是详细的解题思路：

排序：

首先，对序列 a 进行排序。这一步的时间复杂度为 O(n log n)。
确定最小值： 遍历排序后的序列 a。对于每个元素 ai，将其视为元组的最小值。
确定最大值上限： 由于元组中最大值和最小值之差不能超过 2，因此，元组中最大值的上限为 ai + 2。
二分查找/滑动窗口： 在排序后的序列 a 中，使用二分查找（或滑动窗口）来找到第一个大于 ai + 2 的元素。假设该元素的索引为 j。那么，所有索引在 i 和 j 之间的元素，都可能成为元组的候选元素。
统计数量： 我们需要从索引 i+1 到 j-1 之间选择两个元素，才能构成一个符合条件的元组。假设该区间的元素数量为 m。那么，选择两个元素的方案数为 C(m, 2) = m * (m - 1) / 2。
累加结果： 将上述方案数累加到最终结果中。
处理序列重复元素： 由于序列中可能存在重复元素，所以需要注意区分同值元素的不同索引，需要进行特殊的处理，使得找到的三元组的索引关系保证是递增的。

核心思想：通过排序降低查找复杂度，通过确定最小值和范围，利用组合数学公式计算数量。

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该方法的时间复杂度主要取决于排序和二分查找。排序的时间复杂度为 O(n log n)，二分查找的时间复杂度为 O(log n)。由于我们需要遍历序列 a，因此总的时间复杂度为 O(n log n)。空间复杂度为 O(1)，因为我们只需要常数级别的额外空间。

代码实现与详细解释

C++ 代码示例

以下是一个用 C++ 实现的代码示例。该代码实现了上述解题思路，并包含了必要的注释，帮助读者理解代码的逻辑。

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

long long solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a.begin(), a.end());

    long long total = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int two = a[i] + 2;
        // Find the first element greater than a[i] + 2
        auto it = upper_bound(a.begin() + i + 1, a.end(), two);

        // Calculate the number of elements between i+1 and it-1
        long long m = distance(a.begin() + i + 1, it);  

        if (m >= 2) {
            total += m * (m - 1) / 2;
        }
    }
    return total;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        cout << solve() << endl;
    }
    return 0;
}

代码解释：

输入： 首先，我们读取序列的长度 n，然后读取序列中的每个元素。
排序： 使用 sort 函数对序列进行排序。
遍历序列： 遍历排序后的序列。对于每个元素 a[i]，将其视为元组的最小值。
计算上限： 计算元组中最大值的上限 two = a[i] + 2。
二分查找： 使用 upper_bound 函数在 a.begin() + i + 1 到 a.end() 之间进行二分查找，找到第一个大于 two 的元素。
计算距离： 使用 distance 函数计算 a.begin() + i + 1 到 it 之间的距离 m。m 代表了候选元素的数量。
计算方案数： 如果 m >= 2，则说明存在至少两个候选元素。使用公式 m * (m - 1) / 2 计算选择两个元素的方案数。
累加结果： 将方案数累加到 total 变量中。
输出： 最后，输出 total 变量的值，即为符合条件的元组的数量。