[SDOI2009]HH的项链解题报告

Posted 2020-10-08 five20

原题目：洛谷P1972

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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 到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 和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。

输出格式：

M 行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

输入输出样例

输入样例#1：

6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6

输出样例#1：

2
2
4

说明

数据范围：

对于20%的数据，N ≤ 100，M ≤ 1000；
对于40%的数据，N ≤ 3000，M ≤ 200000；
对于100%的数据，N ≤ 50000，M ≤ 200000。

Solution：

1、暴力大法20分——30分～～，思路就是随你乱搞，随便能想出复杂度O(mn²)，又能想到计数，于是简化到了O(mn)，时间复杂度还是很高，40分都水不了：

 1 #include<cstdio>
 2 int a,b,c,d,e,f,i,m,x[100000]={0},w[2000000]={0};
 3 int main()
 4 {
 5 scanf("%d",&a);
 6 c=0;
 7 for(i=1;i<=a;i++)
 8 {
 9     scanf("%d",&b);
10     if(w[b]==0)
11     {
12         c++;
13         w[b]=c;
14         x[i]=c;
15     }
16     else x[i]=w[b];
17 }
18 scanf("%d",&b);
19 for(i=1;i<=b;i++)
20 {
21     scanf("%d%d",&d,&e);
22     f=0;
23     for(m=1;m<=c;m++)
24     {
25         w[m]=0;
26     }
27     for(m=d;m<=e;m++)
28     {
29         if(w[x[m]]==0)
30         {
31             w[x[m]]=1;
32             f++;
33         }
34     }
35     printf("%d\n",f);
36 }
37 }

那好，我们来讲一下正解(不会告诉你其实我问了两位大佬，学了两种方法)，但实际上，这题做法很多。

1、莫队算法(从ka哥处知道的神奇算法，据说是莫涛神犇在比赛时想出来的，很NB)。莫队算法就是解决区间查询问题的离线算法利器。（其实很简单，但是貌似涉及到更改就有些麻烦～～）很容易能想到mn的算法，而莫队就是用奇技淫巧将时间复杂度变为了O(M√n),这里我不过多赘述，不懂莫队的去这里。

下面贴一下莫队的代码（其实就是个暴力，注意每一次要先让R指针右移，再移动L指针，不然可能会出现L>R的情况，然后WA）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cmath>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=50005,maxq=200005;
 6 int h[maxn],n,q,a[maxn],ans[maxq];
 7 struct data{
 8     int l,r,id;
 9     bool operator<(const data&b)const{
10         if (h[l]==h[b.l]) return r<b.r;
11         return l<b.l;
12     }
13 }que[maxq];
14 inline int red(){
15     int tot=0,f=1;char ch=getchar();
16     while (ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if (ch==‘-‘) f=-f;ch=getchar();}
17     while (‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) tot=tot*10+ch-48,ch=getchar();
18     return tot*f;
19 }
20 void blocker(){
21     int k=sqrt(n);
22     for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=(i-1)/k+1;
23 }
24 int L=0,R=0,now=0,hsh[1000005];
25 void move(int x,int d){
26     if (d==1){
27         if (hsh[a[x]]==0) now++;
28         hsh[a[x]]++;
29     }else{
30         hsh[a[x]]--;
31         if (hsh[a[x]]==0) now--;
32     }
33 }
34 int main(){
35     n=red();
36     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=red();
37     blocker();
38     q=red();
39     for (int i=1;i<=q;i++) que[i].l=red(),que[i].r=red(),que[i].id=i;
40     sort(que+1,que+1+q);
41     for (int i=1;i<=q;i++){
42         while (L<que[i].l) move(L++,-1);
43         while (L>que[i].l) move(--L,1);
44         while (R<que[i].r) move(++R,1);
45         while (R>que[i].r) move(R--,-1);
46         ans[que[i].id]=now;
47     }
48     for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
49     return 0;
50 }

2、树状数组+前缀和（老余告诉我的思路）。 因为操作中只有询问没有更新，所以可以使用离线算法，对所有问按右区间升序排序。以该数字第一次在区间中出现的点代表所有的点。如果是第一次出现，那么该数字 在之前从未出现或上一次出现不再区间内。记录每个位置i的数字的前一个相同数字出现的位置hash[i]，没有前一个相同的hash[i]为0。然后从前到后扫描询问，每次将上一个同值点的值加1，然后求当前区间的左界的前缀和就是答案了。将当前位置下个位置的值减1，这样做可以保证任意一个数字在任意一段区间中最多出现一次。

 

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int a[50005],s[50005],has[50005],last[50005],n,m;
 4 struct o{
 5 int x,y,num;
 6 }q[200005];
 7 inline int gi()
 8 {
 9     int a=0;char x=getchar();bool f=0;
10     while((x>‘9‘||x<‘0‘)&&x!=‘-‘)x=getchar();
11     if(x==‘-‘)x=getchar(),f=1;
12     while(x>=‘0‘&&x<=‘9‘)a=a*10+x-‘0‘,x=getchar();
13     return f?-a:a;
14 }
15 bool cmp(o a,o b)
16 {return a.y<b.y;}
17 inline void add(int k,int a)
18 {
19     while(k<=n)
20     {
21         s[k]+=a;
22         k+=k&-k;
23     }
24 }
25 int ans(int x)
26 {
27     int sum=0;
28     while(x)
29     {
30         sum+=s[x];
31         x-=x&-x;
32     }
33     return sum;
34 }
35 int main()
36 {    
37     n=gi();
38     for(int i=1;i<=n;i++)
39     {int A=gi();has[i]=last[A]+1;last[A]=i;}
40     m=gi();
41     for(int i=1;i<=m;i++)
42     {
43         q[i].x=gi();q[i].y=gi();q[i].num=i;
44     }
45     sort(q+1,q+m+1,cmp);
46     int now=1;
47     for(int i=1;i<=m;i++)
48     {
49         while(now<=q[i].y)
50         {
51             now++;
52             add(has[now-1],1);
53             add(now,-1);
54         }
55         a[q[i].num]=ans(q[i].x);
56     }
57     for(int i=1;i<=m;i++)
58     printf("%d\n",a[i]);
59     return 0;
60 }

3、主席树（可持久化线段树）。关于主席树戳这里。造一个lst[i]表示位置i的这个数上一次出现的位置（如果没有就是0） 那么对于每次询问L~R范围里的数字种数 ，其实就是询问对于L<=i<=R,满足lst[i]<L的个数。那么就很好搞了，对lst造N棵值域线段树询问就直接找到L-1这个位置看它前面有几个 。时间复杂度O(Mlogn)

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 const int N=2e5+10;
 5 const int M=N*10;
 6 struct President_Tree{
 7     int L,R,sum;
 8 }T[M<<1];
 9 int last[N],top[M],root[N];
10 int n,m,T_cnt=1;
11 int read(){
12     int x=0,f=1;char ch=getchar();
13     while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if (ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
14     while (‘0‘<=ch && ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
15     return x*f;
16 }
17 void insert(int &now,int x,int l=0,int r=n){
18     T[T_cnt++]=T[now];now=T_cnt-1;
19     T[now].sum++;
20     if (l==r)return;
21     int mid=(l+r)>>1;
22     if (x<=mid)insert(T[now].L,x,l,mid);
23         else insert(T[now].R,x,mid+1,r);
24 }
25 int query(int i,int j,int qr,int l=0,int r=n){
26     if (r<=qr)return T[j].sum-T[i].sum;
27     int mid=(l+r)>>1,t=query(T[i].L,T[j].L,qr,l,mid);
28     if (mid<qr)t+=query(T[i].R,T[j].R,qr,mid+1,r);
29     return t;
30 }
31 int main(){
32     n=read();
33     for (int i=1;i<=n;i++){
34         int x=read();
35         last[i]=top[x];
36         top[x]=i;
37     }
38     root[0]=0;
39     for (int i=1;i<=n;i++){
40         root[i]=root[i-1];
41         insert(root[i],last[i]);
42     }
43     m=read();
44     for (int i=1;i<=m;i++){
45         int l=read(),r=read();
46         printf("%d\n",query(root[l-1],root[r],l-1));
47     }
48     return 0;
49 }

 

O(Qlogn)