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逛画展
逛画展 博览馆正在展出由世上最佳的 M 位画家所画的图画。 wangjy 想到博览馆去看这几位大师的作品。 可是，那里的博览馆有一个很奇怪的规定，就是在购买门票时必须说明两个数字，a 和 b，代表他要看展览中的第 a 幅至第 b 幅画(包含 a 和 b)之间的所有图画，而门票的价钱就是一张图画逛画展(二分+队列)
题目: 见https://www.luogu.com.cn/problem/P1638 思路: 我以为我这么做会超时来着,没想到ac了,具体思路就是:为了满足题目要求即花最少的钱,那么我们就二分区间长度,如果在该长度下满足题意,那么就缩短长度,反之就增加长度,至于如何判断是否满足呢,可以想象一个定长的窗口从P1638 逛画展（尺取法）
https://www.luogu.com.cn/problem/P1638 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int maxn = 1e6 + 10; int n,m; int a[maxn],b[maxn]; int l = 1, r= 1; int ans = maxn,k = 1; int ll,rr; signed main(){ //freopen("逛画展(单调队列)
这么简单的我都想不出来 思路： 开一个vis[]标记在区间[l,r]中已经出现的画的数量,当每个画vis[i]==1那么看到的画的数量++,左端如果画的数量>1那么向左移动, 右端不断标记然后加入队列中，当 画的数量=画家的数量 记录区间端点值 #include <iostream> using namespace std; conP1638 逛画展
显然数据只能nlogn以下。 其实O(n)就能做。 对于一个数，我们维护它最后出现的位置p [ ] 。那么对于L~R（假设已经达到m种画都有），R+1时，至少一个数的p会被更新。那么如果这个左端点在这个区间中还有一个，即 L < p [ a [ L ] ] ，那么这个L删掉是没有影响的，我们就让L++；否则L不变，P1638 逛画展（直尺法）
这道题是直尺法的模板题： #include<iostream>using namespace std;const int maxn = 1e6 + 5;const int M = 2e3 + 5;int n, m, a[maxn], vis[M];int main(){ cin >> n >> m; for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i]; int st = 0, en = 0, num