【题解】P4137 Rmq Problem(莫队)

【题解】P4137 Rmq Problem(莫队)

其实这道题根本就不用离散化！

因为显然有\(mex\)值是\(\le 2\times 10^5\)的，所以对于大于\(2\times 10^5\)的数我们可以忽略。

然后直接莫队算就是的，开一个\(2e5\)的桶

• 若一个比答案小的值的桶为\(0\)了：答案更新为它
• 若这个\(mex\)的桶突然有值了：暴力枚举答案变大，第一个桶里没值的就是答案，更新。

有小伙伴会问，这复杂度不上天了？其实不然。移动\(ans\)的总复杂度(好像)是\(O(n\sqrt n)\)的，因为:

• 当区间长度增大时，\(ans\)的移动是均摊\(O(\text{区间长度})\)的(最坏情况(好像)是加进来的数就变成了一个递增序列)。

• 当区间减小时，\(ans\)是直接更新的。所以\(ans\)指针的移动和\(L,R\)指针的移动次数是同级的。

由于莫队中，区间减小增大不是交替的(不存在\(L\)动一次交替然后\(R\)动一次)(都是一个动完再动另外一个)，所以最终复杂度\(O(n\sqrt n)\)，实际上(貌似)吊打\(O(n \log n)\)

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;  typedef long long ll;
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}
const int maxn=2e5+5;
int be[maxn];
int data[maxn];
int s[maxn];
int n,N,ans,m;
struct Q{
      int l,r,id;
      Q(){l=r=id=0;}
      Q(const int&a,const int&b,const int&c){l=a;r=b;id=c;}
      inline bool operator <(const Q&a)const{return be[l]==be[a.l]?(be[l]&1?r<a.r:r>a.r):(l<a.l);}
}q[maxn];
inline void add(const int&pos,const int&tag){
      if(data[pos]>maxn) return;
      s[data[pos]]+=tag;
      const int k=s[data[pos]];
      if(k==0&&ans> data[pos]) ans=data[pos];
      if(k==1&&ans==data[pos])
	    while(++ans) if(!s[ans]) return;
}
int main(){
      n=qr(),m=qr();
      N=sqrt(n)+1;
      for(register int t=1;t<=n;++t) be[t]=(t-1)/N+1;
      for(register int t=1;t<=n;++t) data[t]=qr();
      for(register int t=1,t1,t2;t<=m;++t) t1=qr(),t2=qr(),q[t]=Q(t1,t2,t);
      sort(q+1,q+m+1);
      register int L=1,R=0;
      for(register int t=1;t<=m;++t){
	    while(L<q[t].l) add(L++,-1);
	    while(L>q[t].l) add(--L, 1);
	    while(R<q[t].r) add(++R, 1);
	    while(R>q[t].r) add(R--,-1);
	    be[q[t].id]=ans;
      }
      for(register int t=1;t<=m;++t) printf("%d\n",be[t]);
      return 0;
}