P13693

jly 讲的分治做法。

首先这个可划分的段数 \(k\) 的数量显然就是最多划分的段数 \(k\)，因为 \(k\) 段的方案可以选两个相邻的段合并得到 \(k-1\) 的方案。

把所有数减一，这样原题的最小缺失元素就是 \(\operatorname{MEX}\)。

考虑一个序列的 \(\operatorname{MEX}=x\)，那么它划分出来的每个段 \(\operatorname{MEX}\le x\)，进一步发现题目要求的每个段的 \(\operatorname{MEX}\) 就是 \(x\)。

证明考虑如果每个 \(\operatorname{MEX}=y\)，那么合并起来整个序列 \(\operatorname{MEX}=y\)，就跟我们一开始说 \(\operatorname{MEX}=x\) 矛盾了。

如果 \(q=1\)，那么可以做一个暴力：从左往右扫，维护每个元素个数及其最后一次出现位置，并求出当前 \(\operatorname{MEX}\)。假设在位置 \(i\)，\(\operatorname{MEX}=j\)，\(<j\) 的元素最后一次出现位置的最小值是 \(k\)，那我们就知道 \([k,i]\) 是一段 \(\operatorname{MEX}=j\) 的元素，而如果 \(j=x\)，那么这就是一个对答案有贡献的段。

不过我们肯定不能碰到这样一个 \(j=x\) 就把答案加一，因为显然当某个 \(i\) 时有 \(j=x\)，那么任意 \(i<i'\le r\) 都有 \(j=x\)，而我们要的只是最多的段数。

所以答案的统计应该还要记录每个 \(i\) 对应的 \(k\)，然后从右端点开始，每次从 \(i\) 跳到 \(k-1\)，并把答案加一，直到 \(j\neq x\)，这个贪心的正确性是显然的。

现在考虑多次询问，我们可以尝试把它丢到分治上，不过我们需要先解决怎样查询一个区间的 \(\operatorname{MEX}\)，来找出每次询问的 \(x\)。

这个扫描线就好了，从左往右更新每个元素的最后出现位置，在右端点 \(r\) 查询最小的出现位置 \(<l\) 的元素，可以线段树二分解决。

然后考虑分治做上面那个暴力，我们从中点分别往左右跑一遍，求出每个位置 \(i\) 到中点的 \(\operatorname{MEX}\) 记做 \(val_i\)，并记录能往前跳 \(k\) 的步数记做 \(step_i\)，那么对于一个询问 \([l,r]\)，如果 \(val_l=x\)，那么其答案就加上 \(step_l\)，\(r\) 同理。

不过这样就有个小问题是 \(l,r\) 两侧分别跳到底后可能还剩下一些元素，而这些元素因为被中点分开所以 \(\operatorname{MEX}\neq x\)，但实际上可能形成一个对答案有贡献的段，因此我们记录步数的时候还要把剩余的区间记录下来，最后再求一下这些区间的 \(\operatorname{MEX}\)。

复杂度分析的话，每次分治需要花费 \(\operatorname{O}(L\lg L)\) 的时间处理，总共是 \(\operatorname{O}(N\lg^2N)\) 的。