【做题】CF239E. k-d-sequence——线段树

首先，容易得到判断一个子串为“good k-d sequence”的方法：

• 子串中没有重复元素，且所有元素模d相等。
• 记mx为除以d的最大值，mn为除以d的最小值，则\(mx-mn<=r-l+k\)。

然后，我们对于每一段极大的元素同模的子串，处理\(d=1\)的情况。
显然，我们需要枚举一个端点。这里，我们从大到小枚举左端点。（当然，从小到大枚举右端点也是可行的）
我们使用单调栈和线段树，可以维护每个位置\(mx-mn\)的值。然后，因为对于每一个位置，\(r\)是固定的，所以我们把\(r\)移到左边。即有不等式\(mx-mn-r<=k-l\)。
然后，我们需要确定最右边的\(mx-mn-r<=k-l\)的元素位置，这个线段树上二分就可以了。
最后还有两个细节：

• 为避免出现重复元素，线段树上二分时有限制。
• 特判\(d=0\)的情况。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int BAS = 1e9, N = 200010;
struct node {
  int mn,tag;
  inline void operator += (int x) {
    mn += x;
    tag += x;
  }
  inline void reset() {
    mn = tag = 0;
  }
} t[N << 2];
void push_down(int x) {
  t[x<<1] += t[x].tag;
  t[x<<1|1] += t[x].tag;
  t[x].tag = 0;
}
void push_up(int x) {
  if (t[x].tag) push_down(x);
  t[x].mn = min(t[x<<1].mn,t[x<<1|1].mn);
}
void modify(int x,int l,int r,int v,int lp,int rp) {
  if (lp > r || rp < l) return;
  if (lp >= l && rp <= r)
    return (void)(t[x] += v);
  int mid = (lp + rp) >> 1;
  modify(x<<1,l,r,v,lp,mid);
  modify(x<<1|1,l,r,v,mid+1,rp);
  push_up(x);
}
int dfs(int x,int lim,int v,int lp,int rp) {
  if (t[x].mn > v) return -1;
  if (lp == rp) return lp;
  push_down(x);
  int mid = (lp + rp) >> 1;
  if (t[x<<1|1].mn <= v && mid + 1 <= lim) {
    int res = dfs(x<<1|1,lim,v,mid+1,rp);
    if (~res) return res;
  }
  return dfs(x<<1,lim,v,lp,mid);
}
int n,k,d,arr[N],len;
map<int,int> mp;
int tmp[N];
struct data_sta {
  int l,r,val;
  inline bool operator < (const data_sta& x) const {
    return val < x.val;
  }
} st[2][N];
int top[2];
struct data_ans {
  int l,r;
  inline bool operator < (const data_ans& x) const {
    return r - l + 1 != x.r - x.l + 1 ? \
      r - l + 1 > x.r - x.l + 1 : l < x.l;
  }
};
data_ans solve() {
  mp.clear();
  data_sta tp;
  data_ans res = (data_ans) {len,-1};
  int cur = len, rec;
  top[0] = top[1] = 0;
  for (int i = len ; i >= 1 ; -- i) {
    if (mp[tmp[i]]) cur = min(cur,mp[tmp[i]] - 1);
    mp[tmp[i]] = i;
    tp = (data_sta) {i,i,tmp[i]};
    while (top[0] && st[0][top[0]].val < tp.val) {
      modify(1,st[0][top[0]].l,st[0][top[0]].r,-st[0][top[0]].val,1,len);
      tp.r = st[0][top[0]--].r;
    }
    st[0][++top[0]] = tp;
    modify(1,tp.l,tp.r,tp.val,1,len);
    tp = (data_sta) {i,i,tmp[i]};
    while (top[1] && st[1][top[1]].val > tp.val) {
      modify(1,st[1][top[1]].l,st[1][top[1]].r,st[1][top[1]].val,1,len);
      tp.r = st[1][top[1]--].r;
    }
    st[1][++top[1]] = tp;
    modify(1,tp.l,tp.r,-tp.val,1,len);
    modify(1,i,i,-i,1,len);
    rec = dfs(1,cur,k - i,1,len);
    if (~rec) res = min(res,(data_ans) {i,rec});
  }
  for (int i = 1 ; i <= (len << 2) ; ++ i)
    t[i].reset();
  return res;
}
int special_solve() {
  int res = 0, p = -1;
  for (int i = 1, j; i <= n ; i += j) {
    j = 1;
    while (arr[i+j] == arr[i] && i + j <= n) ++ j;
    if (res < j) res = j, p = i;
  }
  printf("%d %d\n",p,p + res - 1);
  return 0;
}
int main() {
  scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    scanf("%d",&arr[i]), arr[i] += BAS ;
  if (d == 0) return special_solve();
  data_ans res = (data_ans) {1,1}, tp;
  for (int i = 1, j ; i <= n ; i += j) {
    j = 1;
    while (arr[i+j] % d == arr[i] % d && i + j <= n)
      ++ j;
    len = j;
    for (int s = 0 ; s < j ; ++ s)
      tmp[s+1] = arr[i+s] / d;
    tp = solve();
    tp.l += i-1, tp.r += i-1;
    res = min(res,tp);
  }
  printf("%d %d\n",res.l,res.r);
  return 0;
}

小结：这样一类题目大概就是要怼着式子简化问题。