[SDOI2009]HH的项链解题报告
作者:互联网
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)
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