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小没有出现过的自然数. Input 第一行n,m. 第二行为n个数. 从第三行开始,每行一个询问l,r. Output 一行一个数,表示每个询问的答案. Sample Input 5 5 2 1 0 2 1 3 3 2 3 2 4 1 2 3 5 Sample Output 1 2 3 0 3 HINT 数据…

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.显然最劣情况下答案是N,所以大于N的Ai都直接无视就可以. 由于求的是最小的自然数,自然数包括0,所以要额外处理一下含有0的块.我这里是直接把0拖出来放在第0块了. 代码: #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream&…

题面:Rmq Problem / mex 题解: 先离散化,然后插一堆空白,大体就是如果(对于以a.data<b.data排序后的A)A[i-1].data+1!=A[i].data,则插一个空白叫做A[i-1].data+1, 开头和最尾也要这么插,意义是如果取不了A[i-1]了,最早能取的是啥数.要把这些空白也离散化然后扔主席树里啊. 主席树维护每个数A[i]出现的最晚位置(tree[i].data),查询时查询root[R]的树中最早的data<L的节点(这意味着该节点的下标离散化前代…

[bzoj3339]Rmq Problem   Description Input Output Sample Input 7 50 2 1 0 1 3 21 32 31 43 62 7 Sample Output 30324 HINT 分析 离线算法. 对于[l,r]区间的询问,我们可以线性求出来,然后考虑[l,r]与[l+1,r]区间有什么不同,在a[l]下一次出现的位置之前,所有大于a[l]的mex,都变成是a[l],因为 [l+1,a[l]下一次出现的位置-1],这个区间内没有a[l]了…

[Luogu4137]Rmq Problem/mex (莫队) 题面 洛谷 题解 裸的莫队 暴力跳\(ans\)就能\(AC\) 考虑复杂度有保证的做法 每次计算的时候把数字按照大小也分块 每次就枚举答案在哪一块里面就好 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm>…

题目 P4137 Rmq Problem / mex 解析 莫队算法维护mex, 往里添加数的时候,若添加的数等于\(mex\),\(mex\)就不能等于这个值了,就从这个数开始枚举找\(mex\):若不等于\(mex\),没有影响. 取出数的时候,如果这个数出现的次数变为了\(0\),\(mex\)就和这个数取一个\(min\) 代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; int n, m,…

P4137 Rmq Problem /mex 题意 给一个长为\(n(\le 10^5)\)的数列\(\{a\}\),有\(m(\le 10^5)\)个询问,每次询问区间的\(mex\) 可以莫队然后对值域分块,这样求\(mex\)的复杂度就正确了 一种更优的做法是按值域建可持久化线段树,对每个节点维护当前值域区间的最小出现位置,然后查询的时候就从\(r\)的那棵树一直尽量往左边走就好了 Code: #include <cstdio> #include <cstring> cons…

P4137 Rmq Problem / mex 题目描述 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. 输入输出格式 输入格式: 第一行n,m. 第二行为n个数. 从第三行开始,每行一个询问l,r. 输出格式: 一行一个数,表示每个询问的答案. 输入输出样例 输入样例#1: 5 5 2 1 0 2 1 3 3 2 3 2 4 1 2 3 5 输出样例#1: 1 2 3 0 3 说明 对于30%的数据:1<=n,m<=1000 对于100%的…

[bzoj3585] Rmq Problem / mex bzoj luogu 看上一篇博客吧,看完了这个也顺理成章会了( (没错这篇博客就是这么水) #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int N=200011,SN=511; template<typename tp>inline void read(tp &kk){ tp…

前者:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3339 后者: https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3585 https://www.luogu.org/problemnew/show/P4137 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. 题解大部分都是莫队分块,但是复杂度为O(n*sqrt(n))=5e2*2e5=1e…

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...如果小,往左查,如果大,往右查... 附上代码... #include <cstdio> #include <algorithm> #include <iostream> #include <queue> #include <cmath> #i…

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: 主席树好题,回滚莫队板子题? 把坐标离散化 不同于维护\(size\),这里用线段树维护以一个区间所有数的最后出现位置的最小值 这样我们每次直接在以\(r\)为根的值域线段树上找最小的\(val<l\)的数 // luogu-judger-enable-o2 #include <map> #incl…

区间mex问题,可以使用经典的记录上一次位置之后再上主席树解决. 不过主席树好像不是很好写哈,那我们写莫队吧 考虑每一次维护什么东西,首先记一个答案,同时开一个数组记录一下每一个数出现的次数. 然后些比较显然的性质:如果加入一个数时,答案只会增加:同样的删除一个数时,答案只会减小 利用好这些性质我们就愉快地上莫队即可不过复杂度很迷,转移的时候只能近似\(O(1)\) CODE #include<cstdio> #include<cctype> #include<cmath&g…

目录 链接 思路 线段树 莫队 链接 https://www.luogu.org/problemnew/show/P4137 思路 做了好几次,每次都得想一会,再记录一下 可持久化权值线段树 区间出现存最小的下标 然后线段树上二分 如果左边min>L 那就去右边 因为左边都被[L,R]占满了 虽然比卡常的莫队慢好多(700ms和1000ms) 但是理论上快哇 线段树 // luogu-judger-enable-o2 #include <bits/stdc++.h> using name…

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4137 只会log^2的带修主席树.. 看了题解,发现有高妙的一个log做法:权值线段树上,设数i对应的值ma[i]为数i首次出现的位置(没有出现就是n+1) 如果把询问按左端点排序,这样就转化为:修改:...:询问:询问[1,r]的答案 修改问题不大 询问[1,r]就转化为查询当前权值线段树上最小的数i,其对应的ma[i]>r:维护一下区间最大值,然后线段树上二分即可 可持久化一下线段树,还可以支持在线 ...好吧…

Code: #include<bits/stdc++.h> #define maxn 200001 using namespace std; void setIO(string s) { string in=s+".in"; freopen(in.c_str(),"r",stdin); } namespace tr { #define mid ((l+r)>>1) #define lson t[x].l #define rson t[x].r…

求区间mex.莫队可做. 但如果强制在线,就可以用主席树做. 建立权值线段树,找每个数最后一次出现的位置.查询的时候找第r棵线段树最近出现位置在l之前的最小数即可.update的时候可以update这个数和这个数+1,如果没有这个数+1,那ans就是这个数+1.(好乱啊,看代码吧 // luogu-judger-enable-o2 #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include &l…

题面 传送门 Sol 这题可能是假的 离线莫队搞一搞,把数字再分块搞一搞,就行了 # include <bits/stdc++.h> # define IL inline # define RG register # define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int _(2e5 + 5); IL ll Input(){ RG char c = getcha…

传送门 用主席树水莫队题…… 我们对于前缀和建立主席树,对于主席树中的每一个叶子节点表示它对应的数字最后出现的位置的编号,非叶子节点求左右节点的最小值,那么对于每一次询问$l,r$就是在第$r$棵主席树上找到权值$<l$的最左端的点,在主席树上二分即可. #include<bits/stdc++.h> #define mid ((l + r) >> 1) #define min(x,y) x < y ? x : y #define pushup(x) Tree[x].m…

题目链接 我们离线处理这些询问 在右端点所在的位置用vector来push_back询问 维护每个数值最后出现的位置p[x] 从左往右扫,边走边回答询问 对于每个询问我们回答第一个p[x]<l的x 这个可以用分块来维护 时间复杂度\(\Theta(n \sqrt{n})\) #include"cstdio" #include"cstring" #include"iostream" #include"algorithm"…

题目 我的树状数组怎么那么慢啊 就是一道水题,我们考虑一下对于一个区间\([l,r]\)什么样的数能被计算 显然需要对于一个\(j\),需要满足\(j<l\)且\(nxt_{j}>r\),或者\(j>r\)且\(lst_j<l\),这样的\(a_j\)才能被计算到 发现这不就是一个数点吗,于是我们扫描线加灵活的树状数组就做完了 代码 #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #in…

题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4137 求区间内最大没出现过的自然数 在add时要先判断会不会对当前答案产生影响,如果有就去找下一个答案. #include <cstdio> #include <algorithm> #include <iostream> #include <cmath> using namespace std; ; , curR = , n, m, a[maxn], answer…

一个主席树题. 一开始想着直接动态开点硬搞就可以了,每次查询只要作一个类似于前缀和的东西看看区间有没有满,在主席树上二分就可以了. 但是这样是错的,因为一个权值会出现很多次……然后就错了. 所以我们考虑记录每一个权值最后出现的位置,直接开权值下标记录每一个权值最后出现的位置,因为是区间查询,所以可持久化一下,这样答案就是第一次出现位置小于$l$的最小权值,查询方法类似. 考虑到答案只可能是$a_{i} + 1, 0$,所以直接大力把$a_{i}, a_{i} + 1,0$都丢进去离散化. 注意线…

题目描述 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. 输入输出格式 输入格式: 第一行n,m. 第二行为n个数. 从第三行开始,每行一个询问l,r. 输出格式: 一行一个数,表示每个询问的答案. 输入输出样例 输入样例#1: 复制 5 5 2 1 0 2 1 3 3 2 3 2 4 1 2 3 5 输出样例#1: 复制 1 2 3 0 3 说明 对于30%的数据:1<=n,m<=1000 对于100%的数据:1<=n,m<=2…

题目描述 输入 输出 样例输入 7 5 0 2 1 0 1 3 2 1 3 2 3 1 4 3 6 2 7 提示 这个题说来也挺有意思的 当时集训的时候遇到了一道类似的题,但是题意与此不同,我太菜了,理解成了这个题233结果爆零(蒟蒻咆哮:“唉我AC呢!?”) 所以就把以前写的码翻了出来,交了上去,果然A了2333 当时的写法是这样的: 首先处理出每个数下一次出现的位置,这样每个数字就处理成了 这段区间内这个数没有出现过,数量是O(n)级别的 那么一个询问区间的答案就是所有套在它外面的不出现区间…

一开始想的是莫队,然后维护几个bitset,然后瞎搞.脑子里想了想实现,发现并不好写. 还是主席树好写.我们维护一个权值的线段树,记录每一个权值的最后一次出现的位置下标.我们查询的时候要在前\(r\)颗线段树中找到第一个出现的位置下标小于\(l\)的数,在线段树上二分就行了. 这个想法还是非常巧妙的. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include&…

传送门 思路: 直接上主席树,对于每个询问\((l,r)\),我们在第\(r\)个版本的主席树中查询最晚出现的小于\(l\)最小的数就行了. 因为答案可能为\(a_i+1\),所以我们在离散化的时候考虑将\(a_i+1\)加进去. 一开始主席树部分没有思考清楚,还是对主席树的理解不够深入吧...其实就是一个维护前缀信息的数,后面的信息如果和前面有重复的,在这题中会直接将原来的覆盖掉.反正按照前缀树来思考就行啦~ #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f…

题目链接 容易发现,可能答案只有\(0\).每个数,每个数\(+1\) 于是把这\(2n+1\)个数建立一个权值线段树,可持久化一下,每个节点记录这个子树中最后加入数加入的时间的最小值\(latest\)(好好理解一下). 对于查询\((l,r)\),线段树上二分找到最小的\(latest<l\)的叶节点,那么答案就是这个节点代表的数. #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #define…

题面 首先,由于本人太菜,不会莫队,所以先采用主席树的做法: 离散化是必须环节,否则动态开点线段数都救不了你: 我们对于每个元素i,插入到1~(i-1)的主席树中,第i颗线段树(权值线段树)对于一个区间[l,r]维护的便是原序列1~i中的所有属于[l,r]的元素出现的最后位置的最小值: 当我们查询[x,y]时,我们查询第y颗线段树,找到第一个位置使得(出现的最后位置的最小值)比(x)要小: 然后恢复离散化之前的数值,然后输出: #include <bits/stdc++.h> #define…

正解:主席树 解题报告: 传送门$QwQ$ 本来以为是道入门无脑板子题,,,然后康了眼数据范围发现并没有我想像的那么简单昂$kk$ 这时候看到$n$的范围不大,显然考虑离散化?但是又感觉似乎布星?因为询问的是最小没有出现昂$kk$ 这时候考虑到答案显然要么是0要么是$a_{i}+1$?所以只用把$0,a_{i},a_{i}+1$离散化掉就成$QwQ$ 然后就主席树板子了$QwQ$?开权值线段树存这个位置当前最后一次出现的位置,然后每次就是找最小的最后一次出现位置<l的数就成$QwQ$ $over…