牛客 - Alice and Bob(尺取+二分)

Posted 2021-06-16 Frozen_Guardian

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题目大意：给出一个长度为 $n$ 的数列，和一个数字 $k$。现在给出 $m$ 次询问，每次查询需要回答区间 $[l,r]$ 内有多少个子区间，满足区间内不同的数字个数大于等于 $k$

题目分析：一开始看到强制在线和区间问题以为是主席树，后来发现 $k$ 自始至终都是不变的。这样每个点作为左端点时，假设某个点可以作为右端点 $r$ 与其对应，那么显然当 $i\in [r+1,n]$ 的 $i$ 作为右端点时，区间 $[l,i]$ 同样也是满足条件的

所以我们只需要预处理出对于每个点作为左端点 $l$ 时，可以匹配的下标最小的右端点 $r$ 即可，这里我记为 $b_i$，数组 $b$ 不难看出可以直接用尺取来求，这里不多赘述了

那么考虑对于每次询问 $[l,r]$ ，答案显然就是 ${\sum }_{i=l}^{r}max(0,r-b_i+1)$

然后就需要发现数组 $b$ 的一个小性质，那就是数组 $b$ 是单调不减的，所以对于上述求和公式就可以找到一个分界点 $pos$。有 $i\in [l,pos]$ 时，满足 $r-b_i+1>=0$；同理 $i\in [pos+1,r]$ 时，满足 $r-b_i+1<0$，这样一来 $[pos+1,r]$ 的贡献就可以忽略不计了

到此为止只需要将上述求和公式拆一下就可以轻松实现了：
${\sum }_{i=l}^{r}max(0,r-b_i+1)={\sum }_{i=l}^{pos}{b}_i+(r+1)\ast (pos-l+1)$

代码：

// Problem: Alice and Bob
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/17148/C
// Memory Limit: 1048576 MB
// Time Limit: 4000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
#include<unordered_map>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
	T f=1;x=0;
	char ch=getchar();
	while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
	if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e6+100;
int a[N],b[N];
LL sum[N];
map<int,int>mp;
LL get_sum(int l,int r) {
	return sum[r]-sum[l-1];
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("data.in.txt","r",stdin);
//	freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m,k;
	read(n),read(m),read(k);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		read(a[i]);
	}
	int r=0,cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		while(cnt<k&&r<=n) {
			r++;
			mp[a[r]]++;
			if(mp[a[r]]==1) {
				cnt++;
			}
		}
		if(cnt>=k) {
			b[i]=r;
		} else {
			b[i]=n+1;
		}
		sum[i]=sum[i-1]+b[i];
		mp[a[i]]--;
		if(mp[a[i]]==0) {
			cnt--;
		}
	}
	LL ans=0;
	while(m--) {
		LL l,r;
		read(l),read(r);
		l=(l^ans)+1;
		r=(r^ans)+1;
		if(l>r) {
			swap(l,r);
		}
		int ll=l,rr=r,pos=-1;
		while(ll<=rr) {
			int mid=(ll+rr)>>1;
			if(0<=r-b[mid]+1) {
				pos=mid;
				ll=mid+1;
			} else {
				rr=mid-1;
			}
		}
		if(pos==-1) {
			puts("0");
			ans=0;
		} else {
			LL ans1=1LL*(r+1)*(pos-l+1);
			LL ans2=get_sum(l,pos);
			printf("%lld\\n",ans=ans1-ans2);
		}
	}
	return 0;
}