题解 CF1209G2 Into Blocks (hard version)
作者：互联网
题意
一个序列是好的，当且仅当序列中相等的两个数间所有数全相等。
你每次可将某个元素值对应的所有元素改成另一元素值。
现有 \(q\) 次操作，每次操作将第 \(x\) 个元素改为 \(y\)。
求初始时及每次操作后将这个序列改成好的序列最少要改的位置数。
题解
对于每一个序列中的元素 \(k\)，设其在序列中最左与最右的位置分别为 \(l_k,r_k\)，我们希望 \([l_k,r_k]\) 中的元素全部相等。
所以初始时，最优方案是把序列分成最多的好序列，答案为「每个好序列长度减去其中出现最多的元素的出现次数」的总和。
我们考虑一种更严谨的描述方式。
设 \(a_i\) 为第 \(i\) 个元素的元素值，\(b_i\) 为 \(a_i\) 与 \(a_{i+1}\) 被要求为同一元素的次数。
那么对于每一个序列中的元素 \(k\)，我们将 \(b\) 的 \([l_k,r_k)\) 区间加 \(1\)，不仅求出了 \(b\)，还发现每个 \(b\) 中连续的非零区间以及紧随其后的 \(1\) 个 \(0\)，恰好对应一个最后要求的好序列。
我们可以用 set 维护元素位置，线段树维护 \(b\)。
如果有修改呢？
我们继承前面的思路，争取在线段树上多存储一些信息来回答每个询问。
设 \(c_i\) 为第 \(i\) 个元素在序列中出现的次数，为了方便维护，我们只在该元素出现的第一个位置存储 \(c\)，其他位置为 \(0\)。
由此可知，在最优解的情况下，一个长度大于 \(1\) 的好序列，最后一位的 \(c\) 一定为 \(0\)，否则由 \(c\) 的定义就可将该好序列分成两个好序列，矛盾。
因此，一个长度大于 \(1\) 的好序列内出现最多的元素的出现次数即为 \([l_k,r_k)\) 内 \(c\) 的最大值。
由于存在修改，此时我们不能只是简单地维护每个 \(b\) 中「连续的非零区间以及紧随其后的 \(1\) 个 \(0\)」。
我们将上面的 \(0\) 都替换为区间内最小值，即维护每个 \(b\) 中「连续的大于区间最小值的区间以及紧随其后的 \(1\) 个最小值」，我们定义这样的区间为「广义好序列」。
记一个广义好序列左侧（不在序列里）与右侧（在序列里）的最小值分别为该好序列的左右端点。
我们在线段树上每个节点需要维护下列 \(6\) 个信息。
\(laz\)：区间加法懒标记。
\(mnb\)：区间 \(b\) 的最小值。
\(mxc\)：区间 \(c\) 的最大值。
\(num\)：每个左右端点均在区间内的广义好序列中「颜色出现最大次数」之和。
\(lmx\)：左端点所在广义好序列中目前颜色出现次数的最大值。
\(rmx\)：右端点所在广义好序列中目前颜色出现次数的最大值。
我们只需要维护插入和删除两种操作。
而这两种操作的核心都为对 \(b\) 进行区间加操作，对 \(d\) 进行单点修改操作。
大体操作与普通线段树无异，重点在于更新完两个子节点后，如何合并更新当前点，我们一一考虑。
\(laz\)：下传时已经变为 \(0\)，无需更新。
\(mnb\)：两子节点 \(mnb\) 取 \(\min\)。
\(mxc\)：两子节点 \(mxc\) 取 \(\max\)。
接下来就有点棘手了，我们考虑两子节点 \(mnb\) 的大小关系。
记 \(lson\) 为左儿子，\(rson\) 为右儿子，当前节点为 \(x\)。
如果 \(lson.mnb\) 大于 \(rson.mnb\)，说明 \(lson.mnb\) 大于区间内最小值，亦即左区间内不可能有左右端点均在区间内的广义好序列。
所以 \(x.num=rson.num\)，\(x.rmx=rson.rmx\)。
而此时左端点所在广义好序列的右边界在左区间的右侧，因此当前点「左端点所在广义好序列中目前颜色出现次数的最大值」为右儿子「左端点所在广义好序列中目前颜色出现次数的最大值」和左儿子「区间 \(c\) 的最大值」的较大值。
故 \(x.lmx=\max(rson.lmx,lson.mxd)\)。
\(lson.mnb\) 小于 \(rson.mnb\) 的情况同理。
考虑 \(lson.mnb\) 等于 \(rson.mnb\) 时，此时左右区间内都有广义好序列，且左区间最右侧和右区间最左侧可以拼成一个广义好序列（或者为空）。
所以 \(x.num=lson.num+rson.num+\max(lson.rmx,rson.lmx)\)。
而 \(x.lmx=lson.lmx,x.rmx=ron.rmx\) 也很显然了。
因此这样做是正确且可行的，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define Mx 200000
using namespace std;
int n,q;
int a[200002];
set<int> s[200002];
struct aaa
{
int laz,mnb,mxc,num,lmx,rmx;
}arr[800002];
inline int lson(int x)
{
return (x<<1);
}
inline int rson(int x)
{
return ((x<<1)|1);
}
inline void pushdown(int k)
{
int ls=lson(k),rs=rson(k);
arr[ls].mnb+=arr[k].laz,arr[rs].mnb+=arr[k].laz,arr[ls].laz+=arr[k].laz,arr[rs].laz+=arr[k].laz,arr[k].laz=0;
}
inline void pushup(int k)
{
int ls=lson(k),rs=rson(k);
arr[k].mnb=min(arr[ls].mnb,arr[rs].mnb),arr[k].mxc=max(arr[ls].mxc,arr[rs].mxc);
if(arr[ls].mnb<arr[rs].mnb)arr[k].num=arr[ls].num,arr[k].lmx=arr[ls].lmx,arr[k].rmx=max(arr[ls].rmx,arr[rs].mxc);
else if(arr[ls].mnb>arr[rs].mnb)arr[k].num=arr[rs].num,arr[k].lmx=max(arr[ls].mxc,arr[rs].lmx),arr[k].rmx=arr[rs].rmx;
else arr[k].num=arr[ls].num+arr[rs].num+max(arr[ls].rmx,arr[rs].lmx),arr[k].lmx=arr[ls].lmx,arr[k].rmx=arr[rs].rmx;
}
inline void modifyB(int k,int l,int r,int l1,int r1,int d)
{
if(l1>r1)return ;
if(l>=l1 && r<=r1){arr[k].mnb+=d,arr[k].laz+=d;return ;}
int mid=((l+r)>>1);pushdown(k);
if(r1<=mid)modifyB(lson(k),l,mid,l1,r1,d);
else if(l1>mid)modifyB(rson(k),mid+1,r,l1,r1,d);
else modifyB(lson(k),l,mid,l1,mid,d),modifyB(rson(k),mid+1,r,mid+1,r1,d);
pushup(k);
}
inline void modifyD(int k,int l,int r,int x,int d)
{
if(l==r){arr[k].mxc=arr[k].lmx=d;return ;}
int mid=((l+r)>>1);pushdown(k);
if(x<=mid)modifyD(lson(k),l,mid,x,d);
else modifyD(rson(k),mid+1,r,x,d);
pushup(k);
}
inline void ins(int x)
{
if(!s[a[x]].empty())modifyB(1,1,n,*s[a[x]].begin(),*s[a[x]].rbegin()-1,-1),modifyD(1,1,n,*s[a[x]].begin(),0);
s[a[x]].insert(x),modifyD(1,1,n,*s[a[x]].begin(),s[a[x]].size()),modifyB(1,1,n,*s[a[x]].begin(),*s[a[x]].rbegin()-1,1);
}
inline void del(int x)
{
modifyB(1,1,n,*s[a[x]].begin(),*s[a[x]].rbegin()-1,-1),modifyD(1,1,n,*s[a[x]].begin(),0),s[a[x]].erase(x);
if(!s[a[x]].empty())modifyD(1,1,n,*s[a[x]].begin(),s[a[x]].size()),modifyB(1,1,n,*s[a[x]].begin(),*s[a[x]].rbegin()-1,1);
}
inline void query()
{
printf("%d\n",n-arr[1].num-arr[1].lmx-arr[1].rmx);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),ins(i);query();
for(int x,y,z;q--;)scanf("%d%d",&x,&y),z=a[x],del(x),a[x]=y,ins(x),query();
return 0;
}
细节
-
取 set 最后一个元素用 rbegin 而不是 end。
-
取 set 元素要注意 set 为空时特判。
参考文献
标签：lmx,arr,Blocks,int,题解,Into,序列,mnb,rmx 来源： https://www.cnblogs.com/18Michael/p/14974099.html