HDU 4747 Mex（线段树）（2013 ACM/ICPC Asia Regional Hangzhou Online）

Problem Description

Mex is a function on a set of integers, which is universally used for impartial game theorem. For a non-negative integer set S, mex(S) is defined as the least non-negative integer which is not appeared in S. Now our problem is about mex function on a sequence.

Consider a sequence of non-negative integers {ai}, we define mex(L,R) as the least non-negative integer which is not appeared in the continuous subsequence from aL to aR, inclusive. Now we want to calculate the sum of mex(L,R) for all 1 <= L <= R <= n.

 

Input

The input contains at most 20 test cases.
For each test case, the first line contains one integer n, denoting the length of sequence.
The next line contains n non-integers separated by space, denoting the sequence.
(1 <= n <= 200000, 0 <= ai <= 10^9)
The input ends with n = 0.

 

Output

For each test case, output one line containing a integer denoting the answer.

 

题目大意：定义mex(l,r)为S[l, r]中没出现的最小的非负数。求$ \sum mex(i,j) $，0≤i≤j≤n

思路：我总觉得自己思路有点奇葩大家将就着看。。

考虑每一个子段S[l,n]，如果S[l,n]的第一个0出现在 i （ i 在 l 和 n 之间），那么S[l, i-1]的mex值都为0。

按这个思路搞，考虑S[i]为从以S[i](1≤i≤n)开头还没确定mex值的子段数，那么初始化为S[i] = n-i+1（数组从1开始计数）

/* 补充说明一下s[i]

  就是什么都没做的时候，比如s[1] = n
  然后只有一个0在位置3
  那么就可以确定mex[1,1]和mex[1,2]为0了，mex[1,i],i≥3都至少为1，但还不知道他们会不会大于1，所以s[1] = n - 2
  然后只有一个1在位置7
  那么就可以确定mex[1,i]，3≤i＜7，都为1（都只有0没有1），而i≥7的mex[1,i]都至少为2（他们都含有0和1），所以s[1] = n - 7
  s[i]就是从i开始的mex[i,x]在第 p 阶段还没有确定值只知道有s[i]个mex[i,x]至少大于p

*/

那么从0开始考虑，如果只有一个0，出现在了x位置，那么s[1,x-1]的子段的mex值都为0，所以S[i] = n-x+1（i < x），大于 x 的 s[i]都为0（大于x的子段不存在0，他们的最小非负数都为0）

如果有两个0，那么设第一个0位置为x，第二个0位置为y，那么s[i] = n-x+1（i < x），s[i] = n - y + 1（x≤i<y），大于 y 的 s[i]都为0

有多个0也一样，处理完0之后，得到的sum{s[i]}就是最少为1的mex子段数

然后从1开始往上处理，对某一个数在位置x，s[i] = min(n-x+1, s[i])。

每处理完一个数，就得到一个$ \sum s[i] $ ，依次可以得到最少为2的mex字段数，最少为3的mex字段数……把这些都加起来就是答案。

 

说得有点抽象……举个例子1 0 2 0 1

初始化s[1] = 5, s[2] = 4, s[3] = 3, s[4] = 2, s[5] = 1

那么处理数字0，s[1] = 4, s[2] = 4, s[3] = 2, s[4] = 2, s[5] = 0, ans = 12

处理数字1，s[1] = 4, s[2] = 1, s[3] = 1, s[4] = 1, s[5] = 0, ans = 12 + 7 = 19

处理数字2，s[1] = 3, s[2] = 1, s[3] = 1, s[4] = 0, s[5] = 0, ans = 19 + 5 = 24

 

那么可以看出这个是区间赋值，采用线段树处理可以在O(nlogn)的时间内解出答案。

 

代码（1000MS）：

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 
 #define ll x * 2
 #define rr x * 2 + 1
 
 const int MAXN = ;
 
 LL tree[MAXN * ];
 int maxt[MAXN * ], mint[MAXN * ];
 int a[MAXN], n;
 
 int head[MAXN], lcnt;
 int pos[MAXN], next[MAXN];
 
 void init() {
     memset(head, , (n + ) * sizeof(int));
     lcnt = ;
 }
 
 void add_link(int x, int i) {
     pos[lcnt] = i; next[lcnt] = head[x]; head[x] = lcnt++;
 }
 
 void build(int x, int left, int right) {
     if(left == right) tree[x] = maxt[x] = mint[x] = n - left + ;
     else {
         int mid = (left + right) >> ;
         if(left <= mid) build(ll, left, mid);
         if(mid < right) build(rr, mid + , right);
         tree[x] = tree[ll] + tree[rr];
         maxt[x] = max(maxt[ll], maxt[rr]);
         mint[x] = min(mint[ll], mint[rr]);
     }
 }
 
 void update(int x, int left, int right, int a, int b, int val) {
     if(a <= left && right <= b && mint[x] >= val) {
         tree[x] = LL(val) * (right - left + );
         maxt[x] = mint[x] = val;
     }
     else {
         if(right == left) return ;
         int mid = (left + right) >> ;
         if(maxt[x] == mint[x]) {
             maxt[ll] = mint[ll] = maxt[x];
             tree[ll] = LL(mid - left + ) * maxt[x];
             maxt[rr] = mint[rr] = maxt[x];
             tree[rr] = LL(right - (mid + ) + ) * maxt[x];
         }
         if(a <= mid && maxt[ll] > val) update(ll, left, mid, a, b, val);
         if(mid < b && maxt[rr] > val) update(rr, mid + , right, a, b, val);
         tree[x] = tree[ll] + tree[rr];
         maxt[x] = max(maxt[ll], maxt[rr]);
         mint[x] = min(mint[ll], mint[rr]);
     }
 }
 
 LL solve() {
     LL ret = ;
     build(, , n);
     for(int i = ; i <= n && tree[]; ++i) {
         int last = ;
         for(int p = head[i]; p; p = next[p]) {
             update(, , n, last + , pos[p], n - pos[p] + );
             last = pos[p];
         }
         update(, , n, last + , n, );
         ret += tree[];
     }
     return ret;
 }
 
 int main() {
     while(scanf("%d", &n) != EOF && n) {
         for(int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
         init();
         for(int i = n; i > ; --i) if(a[i] <= n) add_link(a[i], i);
         cout<<solve()<<endl;
     }
 }