双指针的题目往往是看起来需要O（n),我们一般枚举一个指针，然后我们发现另一个指针不走回头路，不论是哪个方向，这样我们的时间复杂度就是O(n).
从例题来看:

给定一个字符串，我们希望找到最短长度区间能包含所有字母类型。

###核心：对于左端点固定的时候，我们找到最小的r，然后我们考虑i右移动一位，这时候我们的j是一定不会回头的，因为不回头，都已经少了一个字母且当前假设已经不包含所有字母了，。
所以i和j都是单调移动的
https://codeforces.com/contest/701/problem/C

// Problem: C. They Are Everywhere
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 364 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/701/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>

#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"
#define debug1(x) cerr<<x<<" "
#define  debug2(x) cerr<<x<<endl
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
int n, m;
int a[N];

void solve(){
	cin>>n;
	string str;cin>>str;
	set<int>s;
	for(int i=0;i<n;i++){
		s.insert(str[i]);
	}
	int m=s.size();
	map<char,int >ans;int res=inf;
	int j=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		while(j<n&&ans.size()<m){
			ans[str[j]]++;
			j++;
			}
			//cerr<<i<<" "<<j<<endl;
		if(ans.size()==m)res=min(res,j-i);
		ans[str[i]]--;
		if(ans[str[i]]==0)ans.erase(str[i]);
	}
	cout<<res;
}
int main() {
    cin.tie(0);
    
    ios::sync_with_stdio(false);

    int t;
   //cin>>t;
     t=1;
    while (t--) {
solve();
    }
    return 0;
}

例题2

https://ac.nowcoder.com/acm/problem/269221

题意：需要在有序数组中找到最长区间满足区间极差小于等于m

做法：我们考虑枚举左端点，那么当左端点增大，右端点一定只能不动或者向右移动

  • 所以也可以双指针解决
void solve(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	int ans=-1;
	sort(a+1,a+n+1);int j=1;
	//for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<a[i]<<" ";
	//cerr<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(j+1<=n&&a[j+1]-a[i]<=m)j++;
		//cerr<<i<<" "<<j<<endl;
		ans=max(ans,j-i+1);
	}
	double res=1.0*ans/(double)n;
	baoliu(res,6);
}

本题为easy版本，和hard版本的唯一区别是$a_i$保证是正整数！

小红拿到了一个数组，她想知道，有多少非空区间满足区间所有元素之和不小于$k$？

由于这个版本a[i]都是正整数，我们直接前缀和转化以后，等价于前缀和数组视角下的上一题

void solve(){
	int k;cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int j=1;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
	while(j<=n&&s[j]-s[i-1]<k)j++;
	//cerr<<i<<" "<<j<<endl;
	ans+=n-j+1;
	
}
cout<<ans;
}

hard版本：带负数情况

  • 我们需要找到大于a[i]+k的数a[j]且j>i.
  • 由于存在负环没有单调性，我们只能用解决逆序对的方法：离散化权值树状数组
  • 我们要求的是后缀，所以还要倒着求，我们枚举的是左端点

离散化过程明显不熟，下次看到的时候一定要刻意练习

// Problem: 小红统计区间（hard）
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/73239/F
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>

#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"
#define debug1(x) cerr<<x<<" "
#define  debug2(x) cerr<<x<<endl
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
int n, m;
int a[N];
vector<int>lan;
template <typename T>
struct Fenwick {
    int n;
    std::vector<T> a;
    
    Fenwick(int n_ = 0) {
        init(n_);
    }
    
    void init(int n_) {
        n = n_;
        a.assign(n, T{});
/*
T{}是一种初始化T类型对象的方式，它使用了花括号初始化列表进行数值初始化。
对于大多数内置数据类型（如整数、浮点数），这将初始化为0。
*/

    }
    
    void add(int x, const T &v) {
        for (int i = x; i <=n-1; i += i & -i) {
            a[i] = a[i] + v;
        }
    }
    
    T sum(int x) {
        T ans{};
        for (int i = x; i > 0; i -= i & -i) {
            ans = ans + a[i];
        }
        return ans;
    }
    
    T rangeSum(int l, int r) {//要传入l-1
    //待优化：直接给个vector记录前缀和
        return sum(r) - sum(l);
    }
    
    int select(const T &k) {//寻找最后一个使得前缀和小于等于 k 的位置。
        int x = 0;
        T cur{};
        for (int i = 1 << std::__lg(n-1); i; i /= 2) {//GCC
            if (x + i <= n-1 && cur + a[x + i] <= k) {
                x += i;
                cur = cur + a[x];
            }
        }
        return x;
    }
};

void discrete()
{
    sort(lan.begin(), lan.end());   //排序
    lan.erase(unique(lan.begin(), lan.end()), lan.end());   //去重
}

//查询
int find(int x)
{
 return lower_bound(lan.begin(), lan.end(), x)-lan.begin()+1;  //返回所查询的数据的下标
}
//为了迎合这大于等于第一个数的离散数，我们希望我们在查询的时候
//能得到查找一系列大于什么的数，s[j]>=s[i]+k
//老是糊涂的一点是，我们枚举的l-1，s[r]-s[l-1];
//所以我们枚举的时候是0-n-1，我们需要不断查询后缀和，如果正着做
//我们会不知道后面到底有多少个数，因为离散化vector只有大小关系
//原来的位置关系并不知道。所以我们从后往前扫，首先记得将s[n]加入到
//树状数组中去，因为枚举的时候是0-n-1
void solve(){
	int k;cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		a[i]+=a[i-1];
		lan.push_back(a[i]);
	}
	Fenwick<int>c(n+1);
	discrete();
	//for(auto x:lan)cerr<<x<<" ";
	//cerr<<endl;
	int ans=0;
	int tt=find(a[n]);
	c.add(tt,1);
	for(int i=n-1;i>=0;i--){
		int pos=1;
	 pos=find(a[i]+k);
	// cerr<<a[i]<<" "<<a[i]+k<<" "<<pos<<endl;
		if(pos!=lan.size()+1)ans+=c.rangeSum(pos-1,n);
		//cerr<<c.rangeSum(pos-1,n)<<endl;
		int tmp=find(a[i]);
		c.add(tmp,1);
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
    cin.tie(0);
    
    ios::sync_with_stdio(false);

    int t;
   //cin>>t;
     t=1;
    while (t--) {
solve();
    }
    return 0;
}