POJ 3419 Difference Is Beautiful (DP + 二分 + rmq)

题意：给n个数（n<=200000)，每个数的绝对值不超过（10^6），有m个查询（m<=200000),每次查询区间[a,b]中连续的没有相同数的的最大长度。

析：由于n太大，无法暴力，也承受不了O(n*n)的复杂度，只能是O(nlogn)，首先是用f[i] 表示每个数 i 为左端点，向右可以最多到达的点为f[i]，

那么这个dp很好转移，f[i] = max(f[i+1], last[a[i]])，其中last数组是用来记录上次序列数中a[i]的出现的位置。

那么对于给定的区间[l, r] g[i] = min(r, f[i]) - i + 1，而答案为 ans = max{ g[i] l <= i<= r}。这样复杂度也太大，我们从f上下手、

f 数组 一定是非降序的，所以一定存在一个位置pos，

当 i < pos 时，g[i] = f[i] - i + 1,这个我们可以用rmq 来维护最大值。

当 i >= pos 时，g[i] = r - i + 1,这个我们可以直接求出。

对于pos我们可以用二分快速求出，利用 f 的单调性。总时间复杂度就是 O(nlogn)。

代码如下：

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define debug() puts("++++");
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-5;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int mod = 1e6 + 10;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline bool is_in(int r, int c){
  return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
int a[maxn];
int f[maxn], last[mod*3];

struct Rmq{
  int dp[maxn][30];
  void init(int *a){
    for(int i = 0; i < n; ++i)  dp[i][0] = a[i] - i + 1;
    for(int j = 1; (1<<j) <= n; ++j)
      for(int i = 0; i + (1<<j) <= n; ++i)
        dp[i][j] = max(dp[i][j-1], dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
  }

  int query(int l, int r){
    int k = log(r-l+1.0) / log(2.0);
    return max(dp[l][k], dp[r-(1<<k)+1][k]);
  }
};

Rmq rmq;

int main(){

  while(scanf("%d %d", &n, &m) == 2){
    for(int i = 0; i < n; ++i){
      scanf("%d", a+i);
      a[i] += mod;
      last[a[i]] = n;
    }
    f[n-1] = n-1;  last[a[n-1]] = n-1;
    for(int i = n-2; i >= 0; --i){
      f[i] = min(f[i+1], last[a[i]]-1);
      last[a[i]] = i;
    }
    rmq.init(f);
    while(m--){
      int l, r;
      scanf("%d %d", &l, &r);
      int pos = lower_bound(f+l, f+n, r) - f;
      int ans = r - pos + 1;
      --pos;
      if(pos > l)  ans = max(ans, rmq.query(l, pos));
      printf("%d\n", ans);
    }
  }
  return 0;
}