BJOI2019 删数
Description
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\ (a_i \le n)\) 。
定义一个删数操作为：
- 记当前序列长度为 \(k\) ，则删除数列中所有等于 \(k\) 的数。
如果能在有限次进行下列删数操作后将其删为空数列，则称这个数列可以删空。
给定 \(m\) 次修改操作：
- 单点修改
- 数列整体 \(+1/-1\)
求每次操作后的序列 \(a\) 来说，至少还需要修改几个数，才能将这个数删空？
Solution
子问题 1
我们先来看一个子问题，什么样的长度为 \(len\) 序列可以一下子删空？
首先答案和序列顺序无关，可以考虑把数打到值域上去，设数 \(i\) 出现的次数是 \(cnt_i\)。
不妨逆向思维一下，现在给你一个可以一下删空的元素，然后你还可以加入几个元素，让序列还是可以删空，这样样的数怎么加？
举个例子，比如当前序列是 \(\text{1 3 3}\)，很容易发现你可以加 \(1\) 个 \(4\)，或者 \(2\) 个 \(5\)，或者 \(3\) 个 \(6\) 等等...这样可以一开始删的时候把我们新增的玩意全部删除。总结一下规律，设序列长度是 \(n\)，你可以加入 \(k\) 个 \(n + k\)。
这样再反过来想，完全删数的这个操作是无缝连接的，设序列当前长度为 \(len\)，重复执行：
- \(len \gets len - cnt[len]\)
如果最终 \(len\) 可以变成 \(0\) 就是成功了 ！
所以可以看作一个数轴，一个人初始在 \(len\) 点，然后 \(cnt[len]\) 表示从这个点出发，可以跳到 \(len - cnt[len]\)，可以删完 \(\Leftrightarrow\) 可以跳到 \(0\)。
这样的话，可以将 \(cnt[i]\) 看作一条线段 \([i - cnt[i] + 1, i]\)，（即从 \(len\) 出发的路线）。能够删完当且仅当路线无缝连接。由于 \(\sum cnt = len\)，而我们的目标从 \(len\) 走到 \(0\) 步长也是 \(len\)，所以不会出现线段重叠也能删完的情况。
子问题 2
对于一个序列而言，至少还需要修改几个数，才能将这个数删空？
先给出结论：将 \(1 \le i \le n\) 的每条线段 \([i - cnt[i] + 1, i]\) 打到数轴上（也可以理解为这个区间 \(+1\)），操作的最小次数就是值域 \([1, n]\) 中，没有线段经过的点数（也可以理解为区间 \([1, n]\) 中 \(0\) 的个数）。
必要性
考虑每次修改一个数最多只能使一条线段伸长一个长度（当然还会有一条线段缩短），所以最多只会减少一个 \(0\)，所以 \(ans \le\) \(0\) 的个数。
充分性
我们考虑构造一组解。
- 每次选出一个其线段左端点覆盖 \(> 1\) 次的数，或者不在 \([1, n]\) 值域内的数，将其换成一个当前无线段覆盖的数，这样可以将一个 \(0\) 去掉。
然后就感性的证明了最小操作次数 \(=\) \(0\) 的个数。
如何支持修改？
如果朴素的用我们的结论是 \(O(n^2m)\) 的（每次修改都 \(O(n^2)\) 全部搞一遍）。
然后观察一下我们需要支持的操作：
- 区间即 \([1, n]\) 求 \(0\) 的个数
- 区间修改（因为整体平移导致一些线段不能用，所以要动态删除/加入）
- 整体平移（即所有线段往右边/往左边平移一个单位）
- 单点修改（即线段延长缩短带来的效应）
因为整体平移，所以不会
如果没有整体平移，是个线段树。
既然我们不会整体平移的数据结构，但是我们知道区间求 \(0\) 的个数的这个区间是唯一的，既然线段不能平移，那么我们就平移查询的区间骂。维护一个 \([L, R]\) 初始 \(L = 1, R = n\)。\([L, R]\) 表示当前 \([1, n]\) 这个值域的区间在线段树下体现的编号是什么。
-
对于单点修改，发现只有两个线段变化了（分别是左端点缩短和伸长），直接修改即可，注意这个数在不在当前的值域 \([1, n]\) 里，如果不在不能修改。
-
对于整体平移。令 \(L \gets L - x, R \gets R -x\)（可以理解为编号不动，如果线段往右边移动，那么查询区间就往左边移动，相反的情况的对称的）。然后注意加入新的集合线段/删除旧的线段（右端点不在 \([1, n]\) 的线段）。
-
对于区间求 \(0\) 的个数。
佛了不会因为这题权值是非负的，所以记录最小值和最小值出现的次数就行。。。
时间复杂度
\(O((N + M) \log_2 N)\)
Tips
- 注意到 \(L, R\) 可能被移动到 \(+/-m\) 的情况，并且左端点最多伸出 \(n\) 的长度，所以线段树要开 \(4\) 倍，左右区间要开到 \([1, 2(n + m)]\)
- \(cnt_i\) 在平移意义下并不是 \(i\) 这个数字了，而是一个编号
- \([L, R]\) 维护的是值域 \([1, n]\) 的位置，所以对于新进来的一个数 \(x\)，他应该在的编号是 \(x + L - 1\)。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 150005;
int n, m, tot, a[N], cnt[N * 4];
int tag[N * 16];
struct Node{
int v, cnt;
Node (){}
Node (int v, int cnt): v(v), cnt(cnt) {}
Node (Node a, Node b) {
v = min(a.v, b.v);
cnt = (v == a.v ? a.cnt : 0) + (v == b.v ? b.cnt : 0);
}
} dat[N * 16];
void inline pushup(int p) {
dat[p] = Node(dat[p << 1], dat[p << 1 | 1]);
}
void inline pushdown(int p) {
if (tag[p]) {
dat[p << 1].v += tag[p], dat[p << 1 | 1].v += tag[p];
tag[p << 1] += tag[p], tag[p << 1 | 1] += tag[p];
tag[p] = 0;
}
}
void build(int p, int l, int r) {
if (l == r) { dat[p] = Node(0, 1); return; }
int mid = (l + r) >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(p);
}
void change(int p, int l, int r, int x, int y, int k) {
if (x > y) return;
if (x <= l && r <= y) {
dat[p].v += k, tag[p] += k;
return;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) change(p << 1, l, mid, x, y, k);
if (mid < y) change(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, k);
pushup(p);
}
int query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return dat[p].v == 0 ? dat[p].cnt : 0;
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1, res = 0;
if (x <= mid) res += query(p << 1, l, mid, x, y);
if (mid < y) res += query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
return res;
}
void inline add(int x, int k) {
change(1, 1, tot, x - cnt[x] + 1, x, k);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
tot = (n + m) * 2;
int l = n + m + 1, r = n + m + n;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i), a[i] += l - 1, cnt[a[i]]++;
build(1, 1, tot);
for (int i = l; i <= r; i++) change(1, 1, tot, i - cnt[i] + 1, i, 1);
while (m--) {
int p, x; scanf("%d%d", &p, &x);
if (p) {
x += l - 1;
if (l <= a[p] && a[p] <= r) {
change(1, 1, tot, a[p] - cnt[a[p]] + 1, a[p] - cnt[a[p]] + 1, -1);
}
cnt[a[p]]--, a[p] = x, cnt[a[p]]++;
if (l <= a[p] && a[p] <= r) {
change(1, 1, tot, a[p] - cnt[a[p]] + 1, a[p] - cnt[a[p]] + 1, 1);
}
} else {
l -= x, r -= x;
if (x == 1) add(r + 1, -1), add(l, 1);
else add(l - 1, -1), add(r, 1);
}
printf("%d\n", query(1, 1, tot, l, r));
}
return 0;
}
