NKOJ 4254 區間MEX

問題描述

給你一個長度為n的數列，元素編號1到n，第i個元素值為Ai。現在有m個形如(L,R)的提問，你需要回答出區間[L,R]的mex值。即求出區間[L,R]中沒有出現過的最小的非負整數。

輸入格式

第一行，兩個整數n和m
第二行，n個空格間隔的整數，表示數列A
接下來m行，每行兩個整數L,R,表示一次詢問

輸出格式

m行，每行一個整數，表示對應詢問的答案。

樣例輸入

7 5
0 2 1 0 1 3 2
1 3
2 3
1 4
3 6
2 7

樣例輸出

3
0
3
2
4

資料範圍

1<=n,m<=200000
0<=Ai<=200000
1<=L<=R<=n

分析：

由於沒有修改操作，可以考慮離線演算法。

首先考慮暴力的做法。對於固定的左端點，如何用O(n)的方法求出左端點與右端點形成的mex陣列的值？用一個mark陣列從下到大依次列舉沒有出現過的數值即可。考慮到mex陣列單調不減，均攤時間複雜度O(n)。如果詢問區間的左端點只有一個，那麼就能像這樣O(n)解決。

然而本題的左端點是任意的。但是根據離線演算法的基本操作，我們可以把討論有序化。不妨將詢問按左端點從小到大排序。現在假設我們已經求出了以i為左端點的所有區間的mex值，想要得到以i+1為左端點的所有區間的mex值，考慮兩種狀態如何轉移。

從i到i+1，只有一個不同：那就是有些區間裡本來有Ai，但現在沒有了。顯然只有這樣的區間才會受到一定影響。“這樣的區間”是哪些區間呢？在以i+1為左端點的區間中，這樣的區間是右端點在下一個Ai出現前的區間，用一個連結串列可以方便地維護。

這些區間會受到怎樣的影響？考慮Ai與mexj的大小關係。如果mexj比Ai要大，那麼把mexj更新為Ai；否則Ai就不會對mexj的值產生影響。這樣做問題就解決了。處理區間修改問題，使用線段樹。

最後總結一下做法：

1預處理：

（1）用O(n)將以1為左端點的mex值預處理出來；
（2）預處理出每個數下一次出現的位置；
（3）按區間左端點將詢問排序；

2.從1到n由小到大討論。處理完以i為左端點的詢問後，對mex陣列進行區間修改。

程式碼：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXM 200005
#define MAXN 200005
#define MAXT 800005
using namespace std;

int N,M,A[MAXN],mex[MAXN],Ans[MAXM],nex[MAXN],las[MAXN];
bool mark[MAXN];
struct node{int l,r,id;}qry[MAXM];

bool operator<(node x,node y)
{
    return x.l<y.l;
}

int tot,lazy[MAXT],ls[MAXT],rs[MAXT],a[MAXT],b[MAXT],v[MAXT];
//lazy等於-1，說明沒有需要下放的操作
void Putdown(int p)
{
    int Ls=ls[p],Rs=rs[p];
    if(~lazy[Ls])lazy[Ls]=min(lazy[p],lazy[Ls]);
    else lazy[Ls]=lazy[p];
    if(~lazy[Rs])lazy[Rs]=min(lazy[p],lazy[Rs]);
    else lazy[Rs]=lazy[p];
    v[Ls]=min(v[Ls],lazy[p]);
    v[Rs]=min(v[Rs],lazy[p]);
    lazy[p]=-1;
}

int Build(int x,int y)
{
    tot++;
    int mid=x+y>>1,p=tot;
    a[p]=x;b[p]=y;
    if(x==y)
    {
        v[p]=mex[x];
        return p;
    }

    ls[p]=Build(x,mid);
    rs[p]=Build(mid+1,y);
    v[p]=min(v[ls[p]],v[rs[p]]);

    return p;
}

void Modify(int p,int l,int r,int k)
{
    if(b[p]<l||a[p]>r)return;
    if(~lazy[p])Putdown(p);
    if(a[p]>=l&&b[p]<=r)
    {
        lazy[p]=k;
        v[p]=min(v[p],k);
        return;
    }

    int mid=a[p]+b[p]>>1;
    Modify(ls[p],l,r,k);
    Modify(rs[p],l,r,k);
}

int GetAns(int p,int k)
{
    if(~lazy[p])Putdown(p);
    if(a[p]==b[p]&&a[p]==k)return v[p];
    int mid=a[p]+b[p]>>1;
    if(k<=mid)return GetAns(ls[p],k);
    return GetAns(rs[p],k);
}

int main()
{
    int i,j=0;

    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++)scanf("%d",&A[i]);
    for(i=N;i;i--)
    {
        if(las[A[i]]==0)nex[i]=N+1;
        else nex[i]=las[A[i]];
        las[A[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=M;i++)scanf("%d%d",&qry[i].l,&qry[i].r),qry[i].id=i;

    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        mark[A[i]]=true;
        for(;;j++)if(!mark[j])break;
        mex[i]=j;
    }

    sort(qry+1,qry+M+1);
    memset(lazy,-1,sizeof(lazy));
    Build(1,N);

    for(i=1,j=1;i<=N&&j<=M;i++)
    {
        while(qry[j].l==i)
        {
            Ans[qry[j].id]=GetAns(1,qry[j].r);
            j++;
        }
        Modify(1,1,nex[i]-1,A[i]);
    }

    for(i=1;i<=M;i++)printf("%d\n",Ans[i]);
}