@bzoj - 4382@ [POI2015] Podział naszyjnika
@description@
长度为 n 的一串项链，每颗珠子是 k 种颜色之一。 第 i 颗与第 i-1,i+1 颗珠子相邻，第 n 颗与第 1 颗也相邻。
切两刀，把项链断成两条链。要求每种颜色的珠子只能出现在其中一条链中。
求方案数量（保证至少存在一种），以及切成的两段长度之差绝对值的最小值。
input
第一行 n, k (2<=k<=n<=1000000)。颜色从 1 到 k 标号。
接下来 n 个数，按顺序表示每颗珠子的颜色。（保证 k 种颜色各出现至少一次）。
output
一行两个整数：方案数量，和长度差的最小值
sample input
9 5
2 5 3 2 2 4 1 1 3
sample output
4 3
sample explain
四种方法中较短的一条分别是 (5), (4), (1,1), (4,1,1)。相差最小值 6 - 3 = 3。
@solution@
网上一查题解，woc，怎么都是用哈希做的啊。
还看到用什么优先队列过的……看不懂看不懂。
但是怎么都没有人跟我想的一个算法啊……
首先我们转换一下问题：
一个区间 [l, r] 是合法的当且仅当每种颜色要么在这个区间里面全部出现，要么在这个区间里面全部不出现。求合法区间数以及 |区间长度*2 - n| 的最小值（需要保证 l ≠ 1，不然会重复计算）。
这样就可以把环形序列转为线性序列。
然后分析一下合法区间的性质：
性质（1）：如果 [a, b] 与 [c, d] 都是合法区间且 a <= c <= b <= d，则 [c, b] 是合法区间。
性质（2）：如果 [a, b] 与 [c, b] 都是合法区间且 a < c <= b，则 [a, c - 1] 是合法区间；如果 [a, b] 与 [a, c] 都是合法区间且 a <= b < c，则 [b + 1, c] 是合法区间。
性质（3）：如果 [a, b] 与 [b + 1, c] 都是合法区间且 a <= b < c，则 [a, c] 是合法区间。
都比较直观。
这些性质表明：我们可以把相交的合法区间转换成若干不相交的合法区间，也可以把连续的合法区间合并成更大的合法区间。
性质（4）：一个合法区间的左端点，必然是每个颜色第一次出现的位置。
也比较直观。它给出了寻找合法区间的左端点的方法。
我们记 fir[i] 表示第 i 种颜色第一次出现的位置，记 lst[i] 表示第 i 种颜色最后一次出现的位置。
对于某一个左端点 fir[x]，我们想要去寻找它合法的最小右端点。
首先它的右端点 >= lst[x]。我们记录一个当前的最小右端点 p，如果存在一个颜色 c，满足 fir[x] < fir[c] <= p < lst[c]，则将 p 移动到 lst[c]。重复直到不存在这样的颜色为止。
最后判断是否存在一个颜色 c，满足 fir[c] < fir[x] < j <= p 且第 j 个位置也是颜色 c。此时我们可以判定以 fir[x] 为左端点不存在合法解。
可以发现，除了上面处理出来的区间和它们拼起来的区间以外不存在其他的合法区间。
因此我们就关注怎么实现上面的过程。如果直接实现是 O(n^2) 的。
对于第一步，我们将颜色按 fir[x] 从大到小排序，作一次扫描。
如果颜色 p 对应的最小区间包含颜色 q 对应的最小区间，则 q 这个区间在第一步的过程中没有 p 的限制大，我们可以直接丢掉 q。
于是我们可以在扫描的时候维护一个由不相交不包含的区间构成的栈。
如果新加入的区间包含栈顶区间，弹掉栈顶，继续循环。
如果新加入的区间与栈顶区间相交，将新加入的区间的右端点延伸到栈顶区间的右端点，弹掉栈顶，中止循环。
如果新加入的区间与栈顶区间没有交集，弹掉栈顶，中止循环。
这一步的时间复杂度为 O(nlog n)。
对于第二步，我们对于每个位置 i 记录 fir[这个位置上的颜色]。
查询区间最小值即可。时间复杂度也为 O(nlog n)。
对于第三部，即拼合区间。我们将连续的区间存成一个序列，存储它们的区间长度。
则拼合出来的区间对应这个序列里的某个连续的子段。
使用滑动窗口即可统计题目要求的信息。时间复杂度 O(n)。
故总时间复杂度 O(nlog n)。
@accepted code@
#include<cmath>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000000 + 5;
inline int abs(int x) {
return x >= 0 ? x : -x;
}
int ST[20][MAXN];
int rmq(int l, int r) {
int k = log2(r-l+1), p = (1<<k);
return min(ST[k][l], ST[k][r-p+1]);
}
struct segment{
int le, ri;
segment(int _l=0, int _r=0):le(_l), ri(_r){}
}seg[MAXN], arr[MAXN];
bool cmpl(segment a, segment b) {
return a.le < b.le;
}
bool cmpr(segment a, segment b) {
return a.ri < b.ri;
}
stack<segment>stk;
vector<int>vec[MAXN];
int mn[MAXN], mx[MAXN], f[MAXN], num[MAXN];
int main() {
int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=1;i<=k;i++) mx[i] = 0, mn[i] = n + 1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
mx[x] = max(mx[x], i), mn[x] = min(mn[x], i);
ST[0][i] = mn[x];
}
for(int i=1;i<=k;i++) seg[i] = segment(mn[i], mx[i]);
sort(seg + 1, seg + k + 1, cmpl);
int cnt = 0;
for(int i=k;i>=1;i--) {
segment p = seg[i];
while( !stk.empty() ) {
if( stk.top().ri <= p.ri )
arr[++cnt] = stk.top(), stk.pop();
else {
if( stk.top().le <= p.ri )
p.ri = stk.top().ri, stk.pop();
break;
}
}
stk.push(p);
}
while( !stk.empty() )
arr[++cnt] = stk.top(), stk.pop();
for(int i=1;i<=n+1;i++) f[i] = -1;
for(int i=1;i<21;i++)
for(int j=1;j+(1<<(i-1))<=n;j++)
ST[i][j] = min(ST[i-1][j], ST[i-1][j+(1<<(i-1))]);
for(int i=1;i<=cnt;i++) {
if( rmq(arr[i].le, arr[i].ri) < arr[i].le ) continue;
f[arr[i].le] = arr[i].ri;
}
long long ans1 = 0;
int ans2 = n, tot = 0;
for(int i=n;i>=2;i--) {
if( f[i] == -1 ) continue;
if( f[f[i] + 1] == -1 )
num[i] = (++tot);
else num[i] = num[f[i] + 1];
vec[num[i]].push_back(f[i] - i + 1);
}
for(int i=1;i<=tot;i++) {
ans1 += 1LL*(vec[i].size() + 1)*vec[i].size()/2;
int l = 0, s = 0;
for(int r=0;r<vec[i].size();r++) {
s = s + vec[i][r];
while( 2*s >= n ) {
ans2 = min(ans2, abs(2*s - n));
s = s - vec[i][l], l++;
}
ans2 = min(ans2, abs(2*s - n));
}
}
printf("%lld %d\n", ans1, ans2);
return 0;
}
@details@
好像……挺复杂的？其实主要是性质比较多啦。
我发现哈希做法和我这个做法在某些方面挺类似。
然后我好像多找了几个性质将不准确的算法（哈希的确无法保证正确性）转为一个准确的算法。
由于没有人写过这种做法的题解，如果这个做法有问题请务必留言告诉我。
