完美区间（一种新思想）

第3题     完美区间 查看测评数据信息

有n个五颜六色的宝石挂成一排。小明觉得，对于每个宝石来说，只有它和前一个颜色相同的宝石距离不超过K才是好看的。(当这个宝石之前没有和他颜色相同的宝石时，这个宝石也勉强算好看吧，不然难看的宝石也太多了，小明如是说。)小明需要选取一个区间的宝石来布置他屋子，所以他需要选择一个完美的区间，即将这个区间截取出来之后满足每个宝石都是好看的。现在对于这一排宝石，小明想知道，有多少个完美的区间。

输入格式

 

第一行输入两个数n,k

第二行输入n个整数color[i],color[i]表示第i个宝石的颜色

1<=n,k,color[i]<=1e5

 

输出格式

 

一个正整数，表示完美区间的个数

 

输入/输出例子1

输入：

8 3

1 4 3 2 1 4 1 2

 

输出：

27

 

样例解释

 

比如：区间[1,6]，气球颜色分别为[1,4,3,2,1,4]，因为第5个气球与第一个1气球颜色相同但是距离大于了3，所以不是完美区间。区间[4,7]，气球颜色分别为[2,1,4,1]，是完美区间。

 

 

 

 

看到题目，就感觉可以枚举L，R端点，暴力去做（类似dp嘛），但是肯定超时，所以。对于这种数据范围大的区间的题，我们可以很自然的想到一种思想，当然对于我来说我是新思路

区间类题目思路：枚举合法区间的左端点，看看右端点是否合法（例如可以用二分枚举右端点，又或者kmp的跳一跳思想）

 

我们考虑答案会由什么贡献而来。

考虑每一个宝石：

1.单独的一个宝石，也就是第一次出现的宝石，肯定合法

2.在这个宝石的前面有与它颜色相同的宝石，且距离<=k，肯定合法

所以我们的答案贡献肯定来自于这两种情况

对于第二种情况，我们可以记录一下前一个宝石所在位置，不然没办法计算

预处理b[i] ，表示a[i]前面最近的与a[i]颜色相等的下标，这个下标与i的差值>k才记录（因为是不合法的才记录，这样便于我们后续求答案，因为直接求合法的太麻烦了，属于是转化问题了）

前面没有a[i]的这种颜色（第一次出现）：b[i]=0

预处理c[i]，表示b数组的前缀最大值

为什么开c数组？

如果b数组每个值都是散开的，不方便统计答案，毕竟统计答案的是一个区间啊

对于一个区间（例如3~5），如果它是不合法的，那么比这个区间大的区间（例如2~9，或者3~6）也肯定是不合法的，所以带有一种”继承性“

 

现在可以枚举L，看哪些R合法

如果L~R中每个 c[i]<L，那就合法（因为只要c数组有标记过的都是距离>k的，如果是=L的话也在L的区间，也是不合法的）

举个例，假设现在枚举的区间是2~5，L=2，R=5（红色线），是合法的，满足所有 c[i]<L 

假设现在枚举的区间是2~5，L=2，R=7（蓝色线），是不合法的，因为 c[6]>=L

 

因为c数组是单调递增的，它不会减小
所以可以二分右端点，看看右端点落在何处才是合法的，然后统计一下答案

这里右端点只要落在最后一个c[i]<L的地方即可

 如何统计答案？例如L=2，R=5，红色区间是合法的，我们的答案就是L端点往右不断扩展（绿色线），扩展到R端点，也就是（R-L+1）

为什么3~4这个区间不统计答案？因为下次L到3这个地方，还是会统计这里的答案的（妙啊

 

 

 

 Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;

int n, k, a[N], fst[N], b[N], c[N], ans=0;
int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i=1; i<=n; i++)
	{
		scanf("%d", &a[i]);
		
		if (i-fst[a[i]]>k) b[i]=fst[a[i]];
		fst[a[i]]=i;
	} 
	c[1]=b[1];
	for (int i=2; i<=n; i++) c[i]=max(b[i], c[i-1]);
	
	for (int i=1; i<=n; i++)
	{
		int L=i, R=n, j=0;
		while (L<=R)
		{
			int mid=(L+R)>>1;
			if (c[mid]<i) j=mid, L=mid+1;
			else R=mid-1;
		}
		ans+=j-i+1;
	}
	
	printf("%d", ans);
	return 0;
}