Wedding DJ题解 (回归OI)

写在前面

高考结束了， 很遗憾， 我是其中的失败者， zzu， 没有想过最后来到这个学校， 并且还是信息安全专业， 不过， 时间久了， 也慢慢适应了； 当我被这个学校的这个专业录取， 也就注定着， 我还要在大学是打acm， 不过， 幸运的是， 郑大的学长和同学还是挺多的， 在这个暑假里， 我己经和刘神， gcf， zsy打了一些比赛了， 效果还不错， 手感也慢慢回来了。 从今天起， 该博客正常使用， 来巩固我学的知识。

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Wedding DJ

题目大意

一个长度为n的序列，(\(n \leq 10^5\)), 每次操作， 可以使所有数值为x的数全部替换为另一个数y， 求最少多少操作， 使这个序列单调不下降

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emmmmmm， 这是在那场比赛中唯一没有A掉的题目， 首先应该想到， 两个相同数字之间最后的值一定是相同的， 所以我们把该序列分成若干个区间， 每个区间的值最终相同， 这个还是挺容易实现的， 我们可以记录每个值的右端点， 我们可以把该序列从左向右扫描， 每次都取最大的右端点， 当扫描的数与右端点重合是， 这个区间就完成了， 假如这个区间的种类数是num， 那先把他们变成一样的数的代价就是num-1， 这个就可以先统计到答案中， 这样我们得到n个区间， 每个区间都能取一定的值， 且这些值互不相同。 当时在赛场上想的就是， 都取最小值， 然后求一个最长上升子序列（假设长度为l）再把答案加上n-l就是结果， 当时时间紧迫， 最后也没有调出来， 但这个思路显然不对， 前面的数要尽可能小， 后面的数要尽可能大， 后来就有点卡住了。 再后来， 我问了银牌爷zyz， 得出了方案， 用f[i]表示当前前i个区间所能构成的最长上升子序列， 在把所有的取值从小到大排序， 每取出一个值， 获得它的区间标号pos， 那么f[pos] = max(f[pos], max(f[1...pos-1]) + 1);至于前i个f[i]的最大值， 可以用树状数组或者线段树维护， 把数从小到大扫描也就能够统计所有可行的方案， 那么这个问题就解决了

（PS： 1.线段树被卡， 疑惑？？？？ 2.在TLE多次之后， 得出一个结论， 尽量不要在循环中写memset， 否则在特殊数据中， 复杂度会变成\(O(n^2)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e6 + 10;
const int MAXM = 2e3 + 10;
const int mod = 1e6 + 7;
const double eps = 1e-6; 
template < typename T > inline void read(T &x) {
	x = 0; T ff = 1, ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) {
		if (ch == '-') ff = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (isdigit(ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	x *= ff;
}
int n, b[MAXN], a[MAXN], vis[MAXN], num[MAXN * 10];
int m[MAXN * 10];
vector < pair < int, int > > v;
int top = 1, ans1 = 0, ans2 = 0;
inline int query(int x) {
	int ans = 0;
	for (; x; x -= x & -x) ans = max(ans, a[x]);
	return ans;
}
inline void change(int x, int y) {
	for (; x <= n; x += x & -x) a[x] = max(a[x], y);
	return;
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		read(a[i]);
		int x = Hash(a[i]);
		m[x] = i;
	}
	int l = 1, r = 0, cnt = 0, mi = INF;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int u = Hash(a[i]);
		r = max(r, m[u]);
		mi = min(mi, a[i]);
		if (!vis[u]) {
			vis[u] = true;
			v.push_back({a[i], top});
			++cnt;
		}
		if (r == i) {
			ans1 += cnt - 1;
			l = r = i + 1;
			cnt = 0;
			mi = INF;
			++top;
//			memset(vis, false, sizeof(vis));
		}
	}
	--top;
	sort(v.begin(), v.end());
	n = v.size();
	memset(a, 0, sizeof(a));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		int x = v[i].second;
		int v = query(x - 1);
		if (a[x] < v + 1) {
			a[x] = v + 1;
			ans2 = max(ans2, v + 1);
			change(x, v + 1);
		}
	}
	printf("%d", ans1 - ans2 + top);
	return 0;
}