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题目大意:给出一个长度为 n 的数列,每个数的取值范围是 [ 1 , m ],题目保证了每个数至少出现过一次,现在对于 i ∈ [ 1 , m ] ,分别输出在原数列中,包含了 [ 1 , i ] 的所有种类数字的最短长度
题目分析:刚着手时想了很多做法,但都不能通过数据结构优化到合适的时间复杂度,比如 O( m ) 枚举数字,每次 O( n ) 去尺取,亦或是 O( m ) 枚举数字,然后二分长度去 check,越想越离谱。。
其实这个题目已经在提示需要往递推的方面去想了,先放上官方题解:
简单来说,当所需要包含数字的范围确定时 [ 1 , i ] ,那么枚举每个位置作为左端点或者右端点,相应的一定可以找到与其对应的另一个端点,所以这个题目我们不妨枚举左端点,然后去确定右端点
设 R[ i ][ l ] 的意义如下:当前需要包含的数字范围为 [ 1 , i ] ,以点 l 为左端点时,右端点的最小取值
那么显然对于每个 i 来说,答案就是 min( R[ i ][ 1 ] , R[ i ][ 2 ] , ... , R[ i ][ n ] ) 了
官方题解已经很详细的说明了如何用线段树去维护 R 数组了,唯一一点不太清晰的就是如何维护答案,也就是 R[ i ][ l ] - l + 1
本题中需要使用到线段树的区间修改,也就是需要将某一段区间的值都统一修改为另一个值,那么对于线段树中的一个节点来说,假设其维护的区间为 [ l , r ] ,如果该区间的值统一被修改为了 x,那么该区间内的答案依次变为了 { x - l + 1 , x - ( l + 1 ) + 1 , ... , x - r + 1},观察一下这 r - l + 1 个值不难发现,x + 1 是每一项都存在的,唯一不同的就是 减数,又因为我们需要求最小值,所以 减数 取右端点时显然是最优的,更新这个节点的答案为 ans[ k ] = x - r + 1 即可
代码:
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+100;
vector<int>pos[N];
struct Node
{
int l,r;
int lazy,ans,mmin;
}tree[N<<2];
void pushup(int k)
{
tree[k].ans=min(tree[k<<1].ans,tree[k<<1|1].ans);
tree[k].mmin=min(tree[k<<1].mmin,tree[k<<1|1].mmin);
}
void pushdown(int k)
{
if(tree[k].lazy)
{
int lz=tree[k].lazy;
tree[k].lazy=0;
tree[k<<1].lazy=tree[k<<1|1].lazy=lz;
tree[k<<1].mmin=tree[k<<1|1].mmin=lz;
tree[k<<1].ans=lz-tree[k<<1].r+1;
tree[k<<1|1].ans=lz-tree[k<<1|1].r+1;
}
}
void build(int k,int l,int r)
{
tree[k].l=l;
tree[k].r=r;
tree[k].ans=inf;
tree[k].mmin=tree[k].lazy=0;
if(l==r)
return;
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int k,int l,int r,int val)
{
if(l>r)
return;
if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)
return;
if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r)
{
tree[k].mmin=tree[k].lazy=val;
tree[k].ans=val-tree[k].r+1;
return;
}
pushdown(k);
update(k<<1,l,r,val);
update(k<<1|1,l,r,val);
pushup(k);
}
int query(int k,int l,int r,int x)//询问[l,r]内小于x的最大位置
{
if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)
return -1;
if(tree[k].mmin>=x)
return -1;
if(tree[k].l==tree[k].r)
return tree[k].l;
pushdown(k);
int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1;
int pos=query(k<<1|1,l,r,x);
if(pos==-1)
pos=query(k<<1,l,r,x);
return pos;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int num;
scanf("%d",&num);
pos[num].push_back(i);
}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int pre=1;
for(auto p:pos[i])
{
int pos=query(1,pre,p,p);
update(1,pre,pos,p);
pre=p+1;
}
update(1,pos[i].back()+1,n,inf);
printf("%d%c",tree[1].ans,i==m?'\n':' ');
}
return 0;
}