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題目大意：給出一個長度為 n 的序列，其意義為第 i 秒需要看第 a[ i ] 種書，書架上可以供應(yīng)無限種書，但是書桌有容量，當(dāng)書桌上的容量達(dá)到上限后，如果還想從書架上拿新書來看，就必須要從書桌上拿最早不看的那本書還回去才行，每次拿書都會記為一個操作，問當(dāng)書桌的容量分別為 1 ~ n 時，看完 n 次書的最小操作次數(shù)

題目分析：首先這個題目限制了每次換書只能舍棄最早不看的那本書，所以并不是一種最優(yōu)性的決策，這也大大降低了題目的難度

單獨(dú)考慮兩個相同的書的位置分別為 l 和 r，計算一下 [ l , r ] 內(nèi)有多少種不同種類的書，如果這個數(shù)量 num 大于等于桌子容量的話，那么顯然在第 r 秒直接讀第 l 秒剩下的書即可，對應(yīng)的，當(dāng) num 小于桌子容量的話，那么第 r 秒必須重新去書架上拿書才行

這樣一來問題就轉(zhuǎn)換為了，區(qū)間內(nèi)有多少個本質(zhì)不同的數(shù)的個數(shù)，又因為每次遍歷的都是一個前綴中的區(qū)間，所以可以直接維護(hù)一個樹狀數(shù)組或者線段樹來求解，對于上一段中的每個 [ l , r ] 所計算出的 num，都會使書桌容量小于?num 的答案貢獻(xiàn)加一，所以用差分?jǐn)?shù)組統(tǒng)計一下就好了

代碼：
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//#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<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;int c[N],ans[N],pre[N],n;int lowbit(int x) {return x&(-x); }void add(int x,int val) {for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))c[i]+=val; }int ask(int x) {int ans=0;for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))ans+=c[i];return ans; }void init() {memset(c,0,sizeof(int)*(n+5));memset(ans,0,sizeof(int)*(n+5));memset(pre,0,sizeof(int)*(n+5)); }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d",&n);init();int t=0;for(int i=1;i<=n;i++){int num;scanf("%d",&num);if(pre[num]){int len=ask(i)-ask(pre[num]-1);ans[1]++;ans[len]--;add(pre[num],-1);}elset++;add(i,1);pre[num]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){ans[i]+=ans[i-1];printf("%d%c",ans[i]+t,i==n?'\n':' ');}}return 0; }

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總結(jié)

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