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題目大意：給出一個長度為 n 的數列，每個數的取值范圍是 [ 1 , m ]，題目保證了每個數至少出現過一次，現在對于 i ∈ [ 1 , m ] ，分別輸出在原數列中，包含了 [ 1 , i ] 的所有種類數字的最短長度

題目分析：剛著手時想了很多做法，但都不能通過數據結構優化到合適的時間復雜度，比如 O( m ) 枚舉數字，每次 O( n ) 去尺取，亦或是 O( m ) 枚舉數字，然后二分長度去 check，越想越離譜。。

其實這個題目已經在提示需要往遞推的方面去想了，先放上官方題解：

簡單來說，當所需要包含數字的范圍確定時 [ 1 , i ] ，那么枚舉每個位置作為左端點或者右端點，相應的一定可以找到與其對應的另一個端點，所以這個題目我們不妨枚舉左端點，然后去確定右端點

設 R[ i ][ l ] 的意義如下：當前需要包含的數字范圍為 [ 1 , i ] ，以點 l 為左端點時，右端點的最小取值

那么顯然對于每個 i 來說，答案就是 min( R[ i ][ 1 ] , R[ i ][ 2 ] , ... , R[ i ][ n ] ) 了

官方題解已經很詳細的說明了如何用線段樹去維護 R 數組了，唯一一點不太清晰的就是如何維護答案，也就是 R[ i ][ l ] - l + 1

本題中需要使用到線段樹的區間修改，也就是需要將某一段區間的值都統一修改為另一個值，那么對于線段樹中的一個節點來說，假設其維護的區間為 [ l , r ] ，如果該區間的值統一被修改為了 x，那么該區間內的答案依次變為了 { x - l + 1 , x - ( l + 1 ) + 1 , ... , x - r + 1}，觀察一下這 r - l + 1 個值不難發現，x + 1 是每一項都存在的，唯一不同的就是 減數，又因為我們需要求最小值，所以 減數?取右端點時顯然是最優的，更新這個節點的答案為 ans[ k ] = x - r + 1 即可

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> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;vector<int>pos[N];struct Node {int l,r;int lazy,ans,mmin; }tree[N<<2];void pushup(int k) {tree[k].ans=min(tree[k<<1].ans,tree[k<<1|1].ans);tree[k].mmin=min(tree[k<<1].mmin,tree[k<<1|1].mmin); }void pushdown(int k) {if(tree[k].lazy){int lz=tree[k].lazy;tree[k].lazy=0;tree[k<<1].lazy=tree[k<<1|1].lazy=lz;tree[k<<1].mmin=tree[k<<1|1].mmin=lz;tree[k<<1].ans=lz-tree[k<<1].r+1;tree[k<<1|1].ans=lz-tree[k<<1|1].r+1;} }void build(int k,int l,int r) {tree[k].l=l;tree[k].r=r;tree[k].ans=inf;tree[k].mmin=tree[k].lazy=0;if(l==r)return;int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r); }void update(int k,int l,int r,int val) {if(l>r)return;if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)return;if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r){tree[k].mmin=tree[k].lazy=val;tree[k].ans=val-tree[k].r+1;return;}pushdown(k);update(k<<1,l,r,val);update(k<<1|1,l,r,val);pushup(k); }int query(int k,int l,int r,int x)//詢問[l,r]內小于x的最大位置 {if(tree[k].r<l||tree[k].l>r)return -1;if(tree[k].mmin>=x)return -1;if(tree[k].l==tree[k].r)return tree[k].l;pushdown(k);int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1;int pos=query(k<<1|1,l,r,x);if(pos==-1)pos=query(k<<1,l,r,x);return pos; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){int num;scanf("%d",&num);pos[num].push_back(i);}build(1,1,n);for(int i=1;i<=m;i++){int pre=1;for(auto p:pos[i]){int pos=query(1,pre,p,p);update(1,pre,pos,p);pre=p+1;}update(1,pos[i].back()+1,n,inf);printf("%d%c",tree[1].ans,i==m?'\n':' ');}return 0; }

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總結

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