CF1870E Another MEX Problem 题解

CF1870E Another MEX Problem

注意题中取出来的区间的并不一定恰好是整个序列。

思路

一个比较重要而且比较经典的结论是：序列的极短 mex 区间个数是 \(O(n)\) 的。这里的极短 mex 区间是指满足对于区间 \([l,r]\)，有 \(\text{mex}(l,r)\ne \text{mex}(l+1,r)\wedge \text{mex}(l,r)\ne \text{mex}(l,r-1)\)，也就是区间的所有真子区间的 \(\text{mex}\) 都与当前区间的 \(\text{mex}\) 不同的区间。

证明是比较简单的，考虑钦定 \(a_l<a_r\)（显然有 \(a_l\ne a_r\)）。
第一个比较显然的观察是 \(\text{mex}(l,r)>a_r>a_l\)，否则我们就可以将 \(a_r\) 去掉使得 \(\text{mex}\) 不变。
考虑一个 \(a_{l'},l'<l\)，我们想要去证明 \([l',r]\) 不可能是一个极短 mex 区间。如果得证那么就意味着对于每一个右端点，都至多有一个 \(a_l<a_r\) 使得 \([l,r]\) 是极短 mex 区间。
事实上比较容易。因为一定有 \(\text{mex}(l',r) \ge \text{mex}(l,r)>a_r>a_{l'}\)，也就是说 \(a_{l'}\) 已经在 \([l,r]\) 中出现过了，因此 \([l',r]\) 不是极短 mex 区间，原问题得证。

然后对于 \(a_l>a_r\) 有类似的分析，将两个结论拼在一起就有了最开始的那个结论。

有了那个结论后，就可以回到这道题上来了。由于一个极短 mex 区间一定不劣于包含它且 mex 与其相同的区间，因此我们只需要从这些极短 mex 区间转移即可。

设 \(f_{i,j}\) 表示所有选了的区间右端点小于等于 \(i\)（注意没有钦定 \(i\) 必须选），是否能够表示出 \(j\)。

转移就比较简单了，我们将极短 mex 区间挂在右端点上扫描线即可。具体的，

\[\begin{cases} f_{i,j} \gets f_{i-1,j} \\ f_{i,j}\gets f_{l-1,j\oplus \text{mex}(l,r)}& (l,r)\in S\wedge r=i \end{cases} \]

其中 \(S\) 是极短 mex 区间的集合。求 \(S\) 用暴力的扫描线即可。

code

比较好写。注意空间。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
bool Mbe;
using namespace std;
#define ll long long
//namespace FIO{
//	template<typename P>
//	inline void read(P &x){P res=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);ch=getchar();}x=res*f;}
//	template<typename Ty,typename ...Args>
//	inline void read(Ty &x,Args &...args) {read(x);read(args...);}
//	inline void write(ll x) {if(x<0ll)putchar('-'),x=-x;static int sta[35];int top = 0;do {sta[top++] = x % 10ll, x /= 10ll;} while (x);while (top) putchar(sta[--top] + 48);}
//}
//using FIO::read;using FIO::write;
const int N=5007;
int a[N],n,vis[N],g[N][N];
bool f[N][N<<1];
struct node{int l,mex;};
vector <node> q[N];
void solve(){
    cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}
    for(int r=1;r<=n;r++){
        int mx=0;
        for(int l=r;l>=1;l--){vis[a[l]]=1;while(vis[mx])mx++;g[l][r]=mx;}
        for(int l=1;l<=r;l++){vis[a[l]]=0;}
    }
    for(int r=1;r<=n;r++){for(int l=r;l>=1;l--){if(g[l][r]!=g[l+1][r]&&g[l][r]!=g[l][r-1])q[r].push_back({l,g[l][r]});}} //即使 l=r 也无妨
    f[0][0]=1;
    for(int r=1;r<=n;r++){
        for(int i=0;i<=5000;i++)f[r][i]=f[r-1][i];
        for(auto [l,w]:q[r]){for(int i=0;i<=5000;i++)f[r][i]|=f[l-1][i^w];}
        vector<node>().swap(q[r]);
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=5000;i++)if(f[n][i])ans=i;
    cout<<ans<<'\n';
}
void init(){for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=5000;j++)f[i][j]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)g[i][j]=0;}
bool Med;
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    int T;cin>>T;while(T--)solve(),init();
    cerr<<'\n'<<1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<"ms\n";
    cerr<<'\n'<<fabs(&Med-&Mbe)/1048576.0<<"MB\n";
    return 0;
}