[Ynoi2015] 即便看不到未来

本文主要是介绍[Ynoi2015] 即便看不到未来，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

题传

\(O(10 n \log n)\) 能过，居然不卡常，青结了。

感觉是比较套路的一道 Ynoi 了 qwq。

首先看题目，需要找的就是一段长度为 \(1 \dots 10\) 的极长连续的（公差为 1）的等差数列，考虑暴力把一个个数丢进去，会造成怎样的结果，无非这两种情况：

• 无法拓展，单独成段；

• 连接上了在自己左右两边的极长连续段（记为 \(S_1\) 和 \(S_2\)），那么新的极长连续段为 \(|S_1|+|S_2|+1\)，同时原来的两个对答案的贡献消失。

把询问离线下来，都丢到右端点上，对于第二种情况，相当于去掉在 \(S_1\) \(S_2\) 上的覆盖，同时加上 \(S_1+mid+S_2\) 的覆盖，对于询问，实际上就是 \(l\) 这个点被某一个长度为 \(x_i\) 的线段覆盖的次数，注意到段长只有 \(10\)，直接暴力分成 \(10\) 个线段做事没问题的，区间修改，单点询问肯定用常数小的树状数组啦。

至于怎么在暴力拓展时保留单点询问的正确性，对于一个新数 \(x\)，设 \(last_x\) 为上一次出现的次数，则 \(x\) 只对 \((last_x, i]\) 产生贡献（前面的去重后选用 \(last_x\) 的就行了），于是我们从 \(i\) 往左拓展，每次遇到上面的情况就进行区间覆盖操作，注意若 10 能拓展到 11 不算数。

复杂度 \(O(10nk \log n)\)，\(k\) 是一个小常数。

Code：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <cctype>
#include <vector>
using namespace std;
const int N=1e6+1;
inline int read(){
	char ch=getchar();int x=0, f=1;
	while(!isdigit(ch)) f=(ch=='-'?-1:f), ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0', ch=getchar();
	return x*f;
}
typedef pair <int, int> Pii;
int n, m, a[N], las[N+11], Mx;
char ans[N][11];
Pii tmp[25];
vector < Pii > Q[N];
struct BITtree{
	int sum[N];
	#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
	void add(int x, int v){for(; x; x-=lowbit(x)) sum[x]+=v;}
	int query(int x){int res=0;for(; x<=n; x+=lowbit(x)) res+=sum[x];return res;}
	#undef lowbit
}bit[10];
void chafen(int flg, int l, int r, int v){
	if(flg>10||flg<1) return ;
	bit[flg-1].add(l, v), bit[flg-1].add(r, -v);
}
signed main(){
	n=read(), m=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) Mx=max(Mx, a[i]=read());
	for(int i=1, l, r; i<=m; i++)
		l=read(), r=read(), Q[r].push_back(make_pair(l, i));
	int pos=1;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		int x=a[i], L=max(1, x-11), R=min(x+11, Mx), top=0;
		for(int j=L; j<=R; j++) if(las[j]>las[x]) tmp[++top]=make_pair(-las[j], j);
		tmp[++top]=make_pair(-i, x);sort(tmp+1, tmp+top+1);
		for(int j=1; j<=top; j++) tmp[j].first*=-1;tmp[top+1].first=las[x], L=R=0;//找到所有的极长区间 
		
		for(int j=1; j<=top; j++){
			int nxt=tmp[j].second, least=tmp[j].first;
			if(nxt<x) while(L<=10&&(x-L-1==nxt||las[x-L-1]>least)) L++;
			if(nxt>x) while(R<=10&&(x+R+1==nxt||las[x+R+1]>least)) R++;
			//找到匹配的最长段 
			chafen(L, least, tmp[j+1].first, -1);
			chafen(R, least, tmp[j+1].first, -1);
			//消掉之前的贡献 
			chafen(L+R+1, least, tmp[j+1].first, 1);
			//加上新的贡献 
		}
		
		for(int j=0; j<Q[i].size(); j++)
			for(int k=1; k<=10; k++)
				ans[Q[i][j].second][k]=bit[k-1].query(Q[i][j].first)%10+'0';
		las[x]=i;
	}
	for(int i=1; i<=m; i++) printf("%s\n", ans[i]+1);
	return 0;
}

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