BZOJ1878: [SDOI2009]HH的项链

Description

HH有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步 完后,他都会随意取出一
段贝壳,思考它们所表达的含义。HH不断地收集新的贝壳,因此他的项链变得越来越长。有一天,他突然提出了一
个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同的贝壳?这个问题很难回答。。。因为项链实在是太长了。于是,他只
好求助睿智的你,来解决这个问题。

Input

第一行:一个整数 \(N\),表示项链的长度。
第二行:\(N\) 个整数,表示依次表示项链中贝壳的编号(编号为 \(0\)\(1000000\) 之间的整数)。
第三行:一个整数 \(M\),表示HH询问的个数。
接下来 \(M\) 行:每行两个整数,\(L\)\(R\)\(1 ≤ L ≤ R ≤ N\)),表示询问的区间。
\(N ≤ 50000\)\(M ≤ 200000\)

Output

\(M\) 行,每行一个整数,依次表示询问对应的答案。


Soulution:

SOL_1

离线处理,可以将问题进行转化。
先按照询问的右端点排序,于是我们可以对每个右端点依次回答以下问题:

从序列中一个位置到最后,有多少种颜色

这时,我们可以将该段原序列的前缀(即从头到固定的右端点)中每种颜色最后的位置赋为 \(1\) ,该颜色之前出现的位置赋为 \(0\) ,计算前缀和 \(sum(r)\) 以及 \(sum(l-1)\) ,相减就是出现的颜色数,用树状数组维护即可。

具体操作:
1.按右端点排序
2.对于当前所到点 \(i\) 用树状数组将 \(i\) 处加 \(1\) ,在 \(next[i]\) (前一个出现位置)处减 \(1\)
3.回答所有右端点与 \(i\) 相同的询问

总复杂度 \(O(nlogn)\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 200000+9;
const int SIZE = 1000000+9;
int tree[MAXN];
int head[SIZE];
int next[MAXN];
int num[MAXN];
int n,m;
struct Q{
	int l,r,id,val;
}ask[MAXN];

bool cmp(const Q &A,const Q &B){
	return A.r==B.r?A.l<B.l:A.r<B.r;
}

bool back(const Q &A,const Q &B){
	return A.id<B.id;
}

int lowbit(int x){
	return x&-x;
}

void add(int pos,int val){
	if(pos==0)return;
	for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i))
		tree[i]+=val;
}

int getsum(int pos){
	int re=0;
	for(int i=pos;i;i-=lowbit(i))
		re+=tree[i];
	return re;
}

void solve(){
	sort(ask+1,ask+m+1,cmp);
	int now=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		add(next[i],-1);
		add(i,1);
		while(ask[now].r==i && now<=m){
			ask[now].val=getsum(ask[now].r)-getsum(ask[now].l-1);
			now++;
		}
	}
	sort(ask+1,ask+m+1,back);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		printf("%d",ask[i].val);
		if(i!=m)putchar('\n');
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",num+i);
		next[i]=head[num[i]];
		head[num[i]]=i;
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
		ask[i].id=i;
	}
	solve();
	return 0;
}

SOL_2

在线算法
使用主席树,计算当前询问区间 \([L,R]\) 有多少点的 \(pred\) (同样是前一次出现的位置) 要小于 \(L\) 这就是最终的答案。
感觉这个不用怎么解释,这样做可以计算颜色并且不重复,总复杂度同样是 \(O(nlogn)\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 50000+9;
const int RANGE = 1000000;
const int SIZE = 1500000;
int n,m;
int num[MAXN];
struct T{
	int ls,rs;
	int sum;
}tree[SIZE];
int rt[MAXN];
int head[RANGE+9];
int pred[MAXN];
int cnt;

int insert(int pre,int left_range,int right_range,int pos){
	int now=++cnt;
	tree[now]=tree[pre];
	tree[now].sum++;
	if(left_range==right_range)
		return now;
	int mid=left_range+right_range>>1;
	if(pos<=mid)tree[now].ls=insert(tree[pre].ls,left_range,mid,pos);
	else tree[now].rs=insert(tree[pre].rs,mid+1,right_range,pos);
	return now;
}

int query(int pre,int now,int left_range,int right_range,int pos){
	if(left_range==right_range){
		return tree[now].sum-tree[pre].sum;
	}
	int mid=left_range+right_range>>1;
	if(pos<=mid)return query(tree[pre].ls,tree[now].ls,left_range,mid,pos);
	else return tree[tree[now].ls].sum-tree[tree[pre].ls].sum+
		query(tree[pre].rs,tree[now].rs,mid+1,right_range,pos);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&num[i]);
		pred[i]=head[num[i]];
		head[num[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		rt[i]=insert(rt[i-1],0,RANGE,pred[i]);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		printf("%d\n",query(rt[l-1],rt[r],0,RANGE,l-1));
	}
	return 0;
}
posted @ 2018-01-21 12:54  zzzc18  阅读(104)  评论(0编辑  收藏  举报