QOJ5459 Goose, goose, DUCK? 题解 [ 蓝 ] [ 扫描线 ] [ 线段树 ]

Goose, goose, DUCK?：扫描线基础板题。

题目要求的是满足任意一个元素都不出现 \(k\) 次的区间个数，直接做不好做，因此考虑正难则反，转化为至少有一个数出现 \(k\) 次的区间个数。

先对某一种元素进行考虑，显然我们从中选出恰好有 \(k\) 个该元素的区间，区间的左端点和右端点有一个取值的区间。这启示我们考虑一个常见的 trick：把区间的左端点看做横坐标，右端点看做纵坐标，把区间拍在一个二维平面上，这样一个区间就被转化为了一个矩形。

因此对每一个元素算出恰有 \(k\) 个的取值区间，转化为矩形后用线段树维护矩形面积和即可。最后答案即为 \(\dfrac{n(n+1)}{2}- ans\)，其中 \(ans\) 为被矩形覆盖的面积。

复习一下线段树维护矩形面积和的做法：

• 线段树维护两个信息：当前区间覆盖的位置数、当前区间被完全覆盖的次数。
• pushup 的时候若完全覆盖次数不为 \(0\)，那么直接将覆盖的位置数设为 \(r-l+1\)；否则该节点的覆盖位置数为左右儿子的覆盖位置数之和。
• pushup 若在叶子结点被调用，要么要开八倍空间，要么特判左右儿子是否存在。
• 查的时候不用写一个 query 函数，直接查根节点的覆盖位置数即可。

时间复杂度 \(O((n + V)\log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc (p << 1)
#define rc ((p << 1) | 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 1000005;
int n, m, a[N];
ll ans;
struct Node{
    int l, r;
    ll len, sm;
};
struct Segtree{
    Node tr[4 * N];
    void pushup(int p)
    {
        if(tr[p].sm) tr[p].len = (tr[p].r - tr[p].l + 1);
        else
        {
            tr[p].len = 0;
            if(lc < 4 * N) tr[p].len += tr[lc].len;
            if(rc < 4 * N) tr[p].len += tr[rc].len;
        }
    }
    void build(int p, int ln, int rn)
    {
        tr[p] = {ln, rn, 0, 0};
        if(ln == rn) return;
        int mid = (ln + rn) >> 1;
        build(lc, ln, mid);
        build(rc, mid + 1, rn);
        pushup(p);
    }
    void update(int p, int ln, int rn, int k)
    {
        if(ln <= tr[p].l && tr[p].r <= rn)
        {
            tr[p].sm += k;
            pushup(p);
            return;
        }
        int mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1;
        if(ln <= mid) update(lc, ln, rn, k);
        if(rn >= mid + 1) update(rc, ln, rn, k);
        pushup(p);
    }
}tr1;
struct Line{
    int l, r, v;
};
vector<Line> line[N];
vector<int> pos[N];
int main()
{
    //freopen("sample.in", "r", stdin);
    //freopen("sample.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    ans = 1ll * n * (n + 1) / 2;
    for(int i = 1; i <= 1e6; i++)
        pos[i].push_back(0);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        pos[a[i]].push_back(i);
    }
    for(int i = 1; i <= 1e6; i++)
        pos[i].push_back(n + 1);
    for(int i = 1; i <= 1e6; i++)
    {
        for(int j = 1; j + m - 1 < pos[i].size() - 1; j++)
        {
            int lx = pos[i][j - 1] + 1, rx = pos[i][j], ly = pos[i][j + m - 1], ry = pos[i][j + m] - 1;
            line[lx].push_back({ly, ry, 1});
            line[rx + 1].push_back({ly, ry, -1});
        }
    }
    tr1.build(1, 1, n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(auto ln : line[i])
            tr1.update(1, ln.l, ln.r, ln.v);
        ans -= tr1.tr[1].len;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}