浅谈区间MEX问题
区间MEX问题
MEX是什么
MEX：指一个序列中最小没有出现过的自然数。
例如 \(mex\left\{1, 2, 0, 3\right\} = 4\),\(mex\left\{5, 1, 2, 3\right\} = 0\)，\(mex\left\{0, 2, 1, 5\right\} = 3\)
在谈到区间MEX之前，我们先实现一个维护MEX的数据结构。
这个数据结构需要支持这样的操作：
- 对集合进行插入或删除
- 查询集合的MEX
我们可以开一个 \(vis\) 数组，表示某个数是否出现过。那么往集合中插入一个数的时候，就把 \(vis_i\) 标记为 1 ，删除就标记为 0 。查询的时候，就从0开始暴力枚举，第一个 \(vis_i=0\) 的就是 MEX。显然，这样时间复杂度是非常高的，我们考虑优化一下这个暴力枚举的过程。我们可以维护一个 \(set\) ，表示未出现的数的集合，当我们添加一个新的数的时候，就在 \(set\) 中将其删去，如果删除操作使得一个数没有出现过，就把他加入\(set\) 。那么查询 MEX 的时候直接查询 \(set\) 中的最小值即可。
int cnt[N];
set<int> st;
int m, op, x;
void solve()
{
for(int i = 0; i < N; i ++)
st.insert(i);
cin >> m;
while(m --)
{
cin >> op;
if(op == 0) //add
{
cin >> x;
if(cnt[x] == 0)
st.erase(x);
cnt[x] ++;
}
else if(op == 1) //query
{
cout << *st.begin() << '\n';
}
else //delete
{
cin >> x;
if(-- cnt[x] == 0)
st.insert(x);
}
}
}
复杂度为 \(O(nlogn)\)
注：在长度为 n 的集合中，MEX的最大值为 n，所以可以把大于 n 的都改为 \(n + 1\)。
区间MEX
在了解MEX的概念之后，我们引入一道题目来说明一下什么是区间MEX
区间MEX，就是查询一个序列中指定区间的MEX，序列不带修。
方法1：离线 + 线段树
这是一个区间问题，对于区间问题我们常常可以考虑是否能够通过离线来处理问题。线段树维护的是一个叫 \(last\_pos\) 的东西，表示某个数最后一次在数组中出现的位置，维护他的区间最小值。我们先对询问区间按右端点排序，遍历一遍 1 到 n ，把 \(a_i\) 更新到线段树中的同时，若 \(i = query[j].R\) ，这个时候就可以对 \(query[j]\) 的答案进行计算了。怎么计算呢？我们直接找到最后一次位置小于 \(query[j].l\) 的最小的数。那我们直接在线段树上二分就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300005;
struct ASK {
int l, r, id, mex;
};
int n, m;
int a[N];
ASK Q[N];
struct Seg_tree1 {
struct Tree {
int l, r;
int v;
} seg[N << 2];
void pushup(int k)
{
seg[k].v = min(seg[k << 1].v, seg[k << 1 | 1].v);
}
void build(int k, int l, int r)
{
seg[k] = {l, r, 0};
if(l == r) {
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(k << 1, l, mid);
build(k << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void modify(int k, int pos, int x)
{
int l = seg[k].l, r = seg[k].r;
if(l == r) {
seg[k].v = x;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid)
modify(k << 1, pos, x);
else
modify(k << 1 | 1, pos, x);
pushup(k);
}
int query(int k, int pos)
{
int l = seg[k].l, r = seg[k].r;
if(l == r) {
return seg[k].l;
}
if(seg[k << 1].v < pos)
return query(k << 1, pos);
else
return query(k << 1 | 1, pos);
}
};
Seg_tree1 T1;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
scanf("%d", &a[i]), a[i] ++;
a[i] = min(a[i], n + 2);
}
T1.build(1, 1, n + 2);
for(int i = 1; i <= m; i ++)
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
Q[i] = {l, r, i, 0};
}
sort(Q + 1, Q + m + 1, [](ASK a, ASK b) {return a.r < b.r;});
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i ++)
{
T1.modify(1, a[i], i);
while(j <= m && Q[j].r == i)
{
Q[j].mex = T1.query(1, Q[j].l);
j ++;
}
}
sort(Q + 1, Q + m + 1, [](ASK a, ASK b) {return a.id < b.id;});
for(int i = 1; i <= m; i ++)
printf("%d\n", Q[i].mex - 1);
}
方法2：在线 + 主席树
如果学习过主席树的话，不难想到，跟上面离线的思想是一模一样的，对于一个询问 \([L, R]\) ，我们可以直接在 \(root[R]\) 上进行查询第一个最后一次出现的位置小于 \(L\) 的权值即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200005;
int tot = 0;
struct node {
int ls, rs;
int v;
} seg[N * 24];
int rt[N], a[N];
int n, m;
void pushup(int k)
{
seg[k].v = min(seg[seg[k].ls].v, seg[seg[k].rs].v);
}
int modify(int old, int l, int r, int pos, int v)
{
int p = ++tot;
seg[p] = seg[old];
if (l == r)
{
seg[p].v = v;
return p;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid)
seg[p].ls = modify(seg[old].ls, l, mid, pos, v);
else
seg[p].rs = modify(seg[old].rs, mid + 1, r, pos, v);
pushup(p);
return p;
}
int query(int p, int l, int r, int pos)
{
if (l == r)
{
return l;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (seg[seg[p].ls].v < pos)
return query(seg[p].ls, l, mid, pos);
else
return query(seg[p].rs, mid + 1, r, pos);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
rt[i] = modify(rt[i - 1], 0, n, a[i], i);
}
while (m--)
{
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << query(rt[r], 0, n, l) << '\n';
}
}
题单：
