題目鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6076

題意：現要檢查兩條隊伍，有兩種方式，一種是從兩條隊伍中任選一條檢查一個人，第二種是在每條隊伍中同時各檢查一個，前提是兩條隊伍中的兩個人的序號大於k。然後詢問檢查最少需要的時間。

解法：根據題意很容易想到dp[i][j]表示第一個隊伍已經檢查完前i個人，第二個人已經檢查完前j個人所需最小時間。但是這樣是O(n^2)毫無疑問會tle。我們發現k很小，所以我們可以對於兩種轉移方式分開處理。對於差值小於等於k的人可以普通的轉移。對於差值大於k的我們可以先預處理出來每個偏移量（第一隊列中選的人的位置和第二個隊列中選的人的位置的差值）差值小於等於k的點對，然後通過二分找到左邊最近的一個差值小於k的點，那麽中間按照這個偏移量一對一對的檢查，差值一定是大於k的。所以總復雜度O(n * k * log N)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 60010;
int n, k, a[maxn], b[maxn], pos[maxn];
bool cmp(int x, int y){return x>y;}
vector <int> v[maxn*2];
int dp[maxn][22];
int dfs(int x, int y){
    if(!x||!y) return x+y;
    if(abs(a[x]-b[y])<=k){
        int &g=dp[x][a[x]-b[y]+k];
        if(g) return g;
        return g = min(dfs(x-1,y),dfs(x,y-1))+1;
    }
    auto it = lower_bound(v[x-y+n].begin(),v[x-y+n].end(),x,cmp);
    if(it == v[x-y+n].end()) return max(x, y);
    int t = *it;
    return dfs(t, y-x+t)+x-t;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d %d", &n,&k);
        for(int i=0; i<=2*n; i++) v[i].clear();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d", &b[i]);
            pos[b[i]] = i;
        }
        for(int i=n; i>=1; i--){
            for(int j=a[i]-k; j<=a[i]+k; j++){
                v[i-pos[j]+n].push_back(i);

            }
        }
        int ans = dfs(n, n);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

2016多校第4場 HDU 6076 Security Check DP,思維