题目分析

首先,对于这道题,可以用贪心以一个\(O(n)\)的复杂度求解一个\(k\)的值

暴力是\(O(n^2)\)的复杂度,当然过不了。

我们手推一下样例,会发现,答案满足单调性,于是,果断想到二分。

再推一推性质,会发现,实际上,一个答案最多会出现\(\sqrt n\)次,于是,可以对答案分块,用二分枚举右边界,时间复杂度\(O(n\sqrt nlog(n))\),还是过不了。

但因为每一次一个答案最多会出现\(\sqrt n\)次,这就是块的最大长度。

于是,对于\(k\le\sqrt n\)的部分,可以暴力,最后,卡卡常就过了。

对于每一个数,可以记录出现的最大块,看是否在当前块出现,这样就避免了在算 \(k\)时多出一个清空数组的时间复杂度

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[100005];
int tot[100005];
int size;
int check(int mid)
{
int now=1;
int cout=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(tot[a[i]]!=now)
{
cout++;
tot[a[i]]=now;
}
if(cout>mid)
{
cout=1;
now++;
tot[a[i]]=now;
}
}
return now;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
size=sqrt(n*log2(n));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=size;i++)
{
int now=1;
int cout=0;
memset(tot,0,sizeof(tot));
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(tot[a[j]]!=now)
{
cout++;
tot[a[j]]=now;
}
if(cout>i)
{
cout=1;
now++;
tot[a[j]]=now;
}
} printf("%d ",now);
}
int l=size+1;
int r;
while(l<=n)
{
int now=1;
int cout=0;
memset(tot,0,sizeof(tot));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(tot[a[i]]!=now)
{
cout++;
tot[a[i]]=now;
}
if(cout>l)
{
cout=1;
now++;
tot[a[i]]=now;
}
}
int L=l;
int R=n;
while(L<=R)
{
int mid=(L+R)>>1;
memset(tot,0,sizeof(tot));
int tc=check(mid);
if(tc>=now)
{
L=mid+1;
r=mid;
}
else
{
R=mid-1;
}
}
for(int i=l;i<=r;i++)
{
printf("%d ",now);
}
l=r+1;
}
}

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