BZOJ 4059: [Cerc2012]Non-boring sequences(启发式分治)

传送门

##解题思路
　　首先可以想到要预处理一个$nxt_i$和$pre_i$，表示前后与当前位置权值相同的节点，那么这样可以迅速算出某个点在某段区间是否出现多次。然后这样的话就考虑分治，对于$[L,R]$来说，如果当前点$i$满足$nxt_i>R$，\(pre_i<L\)，说明这个点在这个区间出现了一次，就可以分治下去。如果暴力枚举时间复杂度承受不住，我们考虑开头枚举一个，结尾枚举一个，这样的话其实就是一个启发式合并的逆过程，时间复杂度$O(nlogn)$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>

using namespace std;
const int N=200005;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}

int T,n,a[N],pre[N],nxt[N];
map<int,int> mp;

bool solve(int l,int r){
	if(l>=r) return 1;
	int L=l,R=r,f=0;
	while(L<=R){
		if(!f) {
			if(nxt[L]>r && pre[L]<l)
				return (solve(l,L-1) && solve(L+1,r));
			L++;
		}
		else {
			if(nxt[R]>r && pre[R]<l)
				return (solve(l,R-1) && solve(R+1,r));
			R--;
		}
		f^=1;
	}
	return 0;
}

int main(){
	T=rd();
	while(T--){
		n=rd(); mp.clear();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			pre[i]=0; a[i]=rd();
			if(mp.count(a[i])) pre[i]=mp[a[i]];
			mp[a[i]]=i;
		}
		mp.clear();
		for(int i=n;i;i--){
			nxt[i]=n+1;
			if(mp.count(a[i])) nxt[i]=mp[a[i]];
			mp[a[i]]=i;
		}
		puts(solve(1,n)?"non-boring":"boring");
	}
	return 0;
}