线段树+离线

这种题既可以用莫队做也可以用线段树做,跟hh的项链差不多

首先我们处里出前缀mex,也就是1->i的mex值,再预处理出每个数下一次出现的位置,然后把每个前缀mex插入线段树,每个节点表示l==r表示1->l的mex,然后把询问按左端点排序,依次查询,修改每次把小于当前左端点的数的影响去除,也就是把i->nxt[i-1]的mex和a[i]取min,因为这些前缀mex的a[i]消失了,那么取min就是新答案,每次查询就是单点查询,也就是查询1->r的前缀mex,因为1-l-1的影响都被消除了,所以现在1-r的答案就是l-r的答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = , inf = 0x3f3f3f3f;
struct query_ {
int l, r, id;
bool friend operator < (query_ A, query_ B) {
return A.l < B.l;
}
} q[N];
int n, m;
int nxt[N], tree[N << ], tag[N << ], a[N], ans[N], vis[N], last[N];
void pushdown(int x)
{
if(tag[x] == inf) return;
tag[x << ] = min(tag[x << ], tag[x]);
tag[x << | ] = min(tag[x << | ], tag[x]);
tree[x << ] = min(tree[x << ], tag[x]);
tree[x << | ] = min(tree[x << | ], tag[x]);
tag[x] = inf;
}
void update(int l, int r, int x, int a, int b, int mn)
{
if(l > b || r < a) return;
if(l >= a && r <= b)
{
tag[x] = min(tag[x], mn);
tree[x] = min(tree[x], mn);
return;
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> ;
update(l, mid, x << , a, b, mn);
update(mid + , r, x << | , a, b, mn);
tree[x] = min(tree[x << ], tree[x << | ]);
}
int query(int l, int r, int x, int pos)
{
if(l == r)
{
// printf("l = %d r = %d pos = %d tree[%d] = %d\n", l, r, pos, x, tree[x]);
return tree[x];
}
pushdown(x);
int mid = (l + r) >> ;
if(pos <= mid) return query(l, mid, x << , pos);
else return query(mid + , r, x << | , pos);
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = ; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].id = i;
sort(q + , q + m + );
int pos = ;
memset(tree, 0x3f3f, sizeof(tree));
memset(tag, 0x3f3f, sizeof(tag));
for(int i = ; i <= n; ++i)
{
nxt[last[a[i]]] = i;
last[a[i]] = i;
vis[a[i]] = ;
while(vis[pos]) ++pos;
// printf("i = %d pos = %d\n", i, pos);
update(, n, , i, i, pos);
}
for(int i = ; i <= n; ++i) if(nxt[i] == ) nxt[i] = n + ;
pos = ;
for(int i = ; i <= m; ++i)
{
while(pos < q[i].l && pos <= n)
{
update(, n, , pos, nxt[pos] - , a[pos]);
// printf("pos = %d nxt[%d] = %d a[%d] = %d\n", pos, pos, nxt[pos], pos, a[pos]);
++pos;
}
// printf("q[%d].l = %d q[%d].r = %d id = %d pos = %d\n", i, q[i].l, i, q[i].r, q[i].id, pos);
ans[q[i].id] = query(, n, , q[i].r);
}
for(int i = ; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
return ;
}

bzoj3339的更多相关文章

  1. BZOJ3339 Rmq Problem

    [bzoj3339]Rmq Problem Description Input Output Sample Input 7 5 0 2 1 0 1 3 2 1 3 2 3 1 4 3 6 2 7 Sa ...

  2. 分块+莫队||BZOJ3339||BZOJ3585||Luogu4137||Rmq Problem / mex

    题面:P4137 Rmq Problem / mex 题解:先莫队排序一波,然后对权值进行分块,找出第一个没有填满的块,直接for一遍找答案. 除了bzoj3339以外,另外两道题Ai范围都是1e9. ...

  3. 【bzoj3339】Rmq Problem

    [bzoj3339]Rmq Problem   Description Input Output Sample Input 7 50 2 1 0 1 3 21 32 31 43 62 7 Sample ...

  4. [BZOJ3585][BZOJ3339]mex

    [BZOJ3585][BZOJ3339]mex 试题描述 有一个长度为n的数组{a1,a2,...,an}.m次询问,每次询问一个区间内最小没有出现过的自然数. 输入 第一行n,m.第二行为n个数.从 ...

  5. [bzoj3339]Rmq Problem||[bzoj3585]mex_线段树

    Rmq Problem bzoj-3339||mex bzoj-3585 题目大意:给定一个长度为n的数列a,多次讯问区间l,r中最小的不属于集合{$A_l,A_{l+1}...A_r$}的非负整数. ...

  6. BZOJ3339&&3585 Rmq Problem&&mex

    BZOJ3339&&3585:Rmq Problem&&mex Description 有一个长度为n的数组{a1,a2,...,an}.m次询问,每次询问一个区间内最 ...

  7. bzoj3339 rmq problem (range mex query)

    给一个长度为n的数列a,q个询问,每次询问一段区间的mex.(没有出现过的最小非负整数) 1<=n,q<=200000,0<=ai<=200000. 题解1 莫队 我们将权值分 ...

  8. bzoj3339 bzoj3585

    两题本质是一样,只不过3585要离散化这种不修改,不强制的问题,显然先考虑离线算法这道题的思路和bzoj1878非常像考虑到如果只是求每个前缀的mex,我们是很容易扫一遍就得出来的我们设为这个位置的m ...

  9. Rmq Problem/mex BZOJ3339 BZOJ3585

    分析: 一开始没看懂题... 后来想用二分答案却不会验证... 之后,想到用主席树来维护... 建一个权值线段树,维护出这个权值以前所有的点最晚在哪里出现... 之后,查一下是不是比查询区间的l断点大 ...

  10. [BZOJ3339]Rmq Problem / mex

    Description: 有一个长度为n的数组{a1,a2,-,an}.m次询问,每次询问一个区间内最小没有出现过的自然数. Hint: \(n \le 2*10^5\) Solution: 主席树好 ...

随机推荐

  1. Python中的列表(3)

    我们创建的列表元素的顺序是无法预测的,因为我们无法控制用户提供数据的顺序. 为了组织列表中的元素,所以Python帮我们提供一些方法用来排序列表中的元素. 1.方法 sort() 可以对列表永久性排序 ...

  2. Orcad中较好的习惯背景

    设置背景,能让眼睛不那么疲劳,尤其是白色背景,有的时候很耀眼,看的时间长了,眼疼. 因此萌生出更换背景的想法: Option->Preference中 第一列的Prin中"Alias& ...

  3. C51 蜂鸣器 个人笔记

    音调:频率 音量:高低电平占空比 有源:上面没有加号,只需高低电平即可发声 无源:上面有加号,不仅要电平,还要, 的频率 这里的有源不是指电源的"源",而是指有没有自带震荡电路,有 ...

  4. 九度oj 题目1181:遍历链表

    题目1181:遍历链表 时间限制:1 秒 内存限制:32 兆 特殊判题:否 提交:3483 解决:1465 题目描述: 建立一个升序链表并遍历输出. 输入: 输入的每个案例中第一行包括1个整数:n(1 ...

  5. c++中的string常用函数用法总结!

    标准c++中string类函数介绍 注意不是CString 之所以抛弃char*的字符串而选用C++标准程序库中的string类,是因为他和前者比较起来,不必 担心内存是否足够.字符串长度等等,而且作 ...

  6. SPOJ 3267 D-query (可持久化线段树,区间重复元素个数)

    D-query Given a sequence of n numbers a1, a2, ..., an and a number of d-queries. A d-query is a pair ...

  7. POJ 1064_Cable master

    题意: 给定一系列长度的电缆,将他们切成K条相等长度的电缆,问每条最长有多长? 分析: 对长度进行二分,判断能否满足K条. 二分搜索: 在求解最大化或最小化问题中,能够比较简单的判断条件是否满足,那么 ...

  8. [bzoj3894]文理分科_网络流_最小割

    文理分科 bzoj-3894 题目大意:题目链接. 注释:略. 想法: 这种题也是一种套路. 我们新建一个点表示收益点. 然后把所有的收益都加一起,求最小割表示代价即可. Code: #include ...

  9. SPOJ SUMPRO(数学)

    题意: 给出一个数N,问所有满足n/x=y(此处为整除)的所有x*y的总和是多少.对答案mod(1e9+7). 1 <= T <= 500. 1 <= N <= 1e9. 分析 ...

  10. 二 hbase

    Hbase 本文介绍Hbase.但本文的前提是假设你已经读过Google的BigTable论文. Introduction Hbase 是基于Google Big Table用java实现的分布式,列 ...