CF1436E Complicated Computations
CF1436E Complicated Computations
题目描述：
求一个数列的所有子区间的 mex 值的 mex
某个数组的 mex 是这个数组中没有包含的最小正整数。
数据范围：
\(1\leq n\leq 10^5,1\leq a_i\leq n\)
思路：
分析一下题目的流程，他先要你求出子区间的 mex，然后再求所有 mex 的 mex。
如果我们能够算出所有子区间的 mex 有哪些，则可以枚举求出 mex
所以我们考虑怎么解决第一个问题：
我们发现如果对每个子区间都去做一边 mex 显然是不优秀的，复杂度也不对。所以，我们尝试去计算有哪些区间的 mex
假设当前我们要求 \(x\) 能否作为 mex 出现，则我们不妨将整个序列通过 \(x\) 划分为若干段，若任意一段中包含的数的范围为 \(1\sim x-1\)，则这一段的 mex 为 \(x\)
考虑怎么维护这个东西。我们枚举 \(a_i\)，如果 \(lst_{a_i}+1\sim i-1\) 这一段中包含了 \(1\sim a_i-1\)，则这一段的 mex 为 \(a_i\)。换言之，就是如果 \(1\sim a_i-1\) 最后出现的位置的最小值 \(\ge lst_{a_i}+1\)，则这一段的 mex 为 \(a_i\)
所以问题转换为单点修改，区间最小值。显然可以使用线段树解决。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define pb push_back
#define pt putchar
#define All(a) a.begin(),a.end()
#define T int t;cin>>t;while(t--)
#define rand RAND
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
#define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<class Typ> Typ &re(Typ &x){char ch=gc(),sgn=0; x=0;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) sgn|=ch=='-';for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=x*10+(ch^48);return sgn&&(x=-x),x;}
template<class Typ> void wt(Typ x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;if(x>9) wt(x/10);putchar(x%10^48);}
const int inf=0x3f3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int seed = 19243;
unsigned rand(){return seed=(seed*48271ll)%2147483647;}
int n;
int a[maxn];
int lst[maxn];
struct node{
int mn;
}tree[maxn<<2];
int ban[maxn];
void push_up(int p){
tree[p].mn=min(tree[ls].mn,tree[rs].mn);
}
void update(int l,int r,int x,int k,int p){
if(l==r){
tree[p].mn=k;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid)update(l,mid,x,k,ls);
else update(mid+1,r,x,k,rs);
push_up(p);
}
int query(int l,int r,int L,int R,int p){
if(L<=l&&R>=r){
return tree[p].mn;
}
int mid=l+r>>1;
int res=inf;
if(L<=mid)res=min(res,query(l,mid,L,R,ls));
if(R>mid)res=min(res,query(mid+1,r,L,R,rs));
return res;
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]!=1)ban[1]=1;
if(a[i]>1&&query(1,n,1,a[i]-1,1)>lst[a[i]])ban[a[i]]=1;
lst[a[i]]=i;
update(1,n,a[i],i,1);
}
for(int i=2;i<=n+1;i++){
if(query(1,n,1,i-1,1)>lst[i])ban[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n+2;i++)if(!ban[i]){
cout<<i<<endl;
return 0;
}
return 0;
}
补充：
法二：
我们常规求区间 mex 的时候一半都会使用莫队来解决这个问题。然后我们考虑人为的添加一些询问给这个题目。
则对于每个 \(a_i\)，令 \(a_i\) 出现的次数分别为 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)，则添加询问：\((1,p_1-1),(p_1+1,p_2-1),\cdots,(p_{k-1}+1,p_k-1),(p_k+1,n)\)
如果中间有一些询问的长度不够，就可以直接舍去。不难发现这个询问的次数不会超过 \(N\) 次。
所以总复杂度 \(O(N\sqrt N\log N)\)
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e5+5;
int n,a[maxn];
struct Query{int l,r,id,block;bool operator < (const Query& q)const{if(block==q.block)return r<q.r;else return block<q.block;}}Q[maxn];
struct BIT{int tr[maxn];int lowbit(int x){return x&-x;}void update(int x,int k){while(x<=n){tr[x]+=k;x+=lowbit(x);}}int query(int x){int res=0;while(x){res+=tr[x];x-=lowbit(x);}return res;}void clear(){memset(tr,0,sizeof(tr));}}bit;
vector<int>g[maxn];
int f[maxn];
int tot;
int cnt[maxn];
void add(int x){
++cnt[x];
if(cnt[x]==1)bit.update(x,1);
}
void del(int x){
--cnt[x];
if(cnt[x]==0)bit.update(x,-1);
}
int get(int x){
int t=bit.query(x);
if(t==x-1)return 1;
return 0;
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
g[a[i]].push_back(i);
if(a[i]!=1)f[1]=1;
}
int blo=sqrt(n);
for(int i=2;i<=n+1;i++){
int l=1,r=0;
for(int x:g[i]){
r=x-1;
if(r-l+1>=i-1)Q[++tot]={l,r,i,(l-1)/blo+1};
l=x+1;
}
r=n;
if(r-l+1>=i-1)Q[++tot]={l,r,i,(l-1)/blo+1};
}
sort(Q+1,Q+tot+1);
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=tot;i++){
int L=Q[i].l,R=Q[i].r;
if(f[Q[i].id])continue;
while(l>L)add(a[--l]);
while(l<L)del(a[l++]);
while(r<R)add(a[++r]);
while(r>R)del(a[r--]);
f[Q[i].id]=get(Q[i].id);
}
for(int i=1;i<=n+2;i++){
if(!f[i]){
cout<<i<<endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
后记：
其实这个题目，无论是莫队还是线段是，都是采用的同样的思想，只不过是实现方式略有区别罢了。
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