【BZOJ 3585】mex

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分块

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本文介绍了一种使用莫队算法结合分块策略解决区间内最小未出现自然数的问题。通过将数组分为多个块，每块维护自然数出现次数，实现O(n√n)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

有一个长度为 $n$ 的数组 ${a1,a2,…,an}\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}$ 。 $m$ 次询问，每次询问一个区间内最小没有出现过的自然数。 $1≤n,m≤2000001\le n,m\le 200000$ ， $0≤ai≤1090\le a_i\le 10^9$ ， $1≤l≤r≤n1\le l\le r\le n$ 。

算法分析

莫队算法+分块。

首先可以发现，结果一定不会超过 $n - 1$ 。为什么呢？如果结果超过 $n - 1$ ，那么前面一定被 $[0, n - 1]$ 这 $n$ 个数填满了，而 $a_i$ 的总个数就是 $n$ ，即最大区间大小不会超过 $n$ ，也就不存在结果大于 $n - 1$ 的询问。

按权值分块（ $0$ 也要算进去），维护每个权值出现的次数同时每块维护其对应值域中自然数出现的个数，询问时只需要找到第一个不满的块在里面暴力寻找第一个出现次数为 $0$ 的数即可。

时间复杂度为 $O(nn)O(n\sqrt{n})$ 。

好颓废～这道题写完都两天了才更博。

代码实现

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int maxn=200005;
#define cmin(x,y) x=std::min(x,y);
#define cmax(x,y) x=std::max(x,y);
struct ask {int id,l,r;} qs[maxn];int sz,bl[maxn],le[maxn],ri[maxn];
inline bool cmp(const ask &x,const ask &y) {return bl[x.l]^bl[y.l]?x.l<y.l:bl[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r;}
int a[maxn],cnt[maxn],num[maxn],ans[maxn];
int main() {
	int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
	for(register int i=1;i<=n;++i) {scanf("%d",&a[i]);if(a[i]>n) a[i]=n;}
	for(register int i=0;i<m;++i) {qs[i].id=i;scanf("%d%d",&qs[i].l,&qs[i].r);}
	sz=n/sqrt(m*2/3);for(register int i=0;i<=n;++i) bl[i]=i/sz+1;
	std::sort(qs,qs+m,cmp);memset(le,0x3f,sizeof(le));memset(ri,0xc0,sizeof(ri));
	for(register int i=0;i<=n;++i) {cmin(le[bl[i]],i);cmax(ri[bl[i]],i);}
	for(register int i=0,l=1,r=0;i<m;++i) {
		while(l<qs[i].l) {--cnt[a[l]];if(!cnt[a[l]]) --num[bl[a[l]]];++l;}
		while(l>qs[i].l) {--l;if(!cnt[a[l]]) ++num[bl[a[l]]];++cnt[a[l]];}
		while(r<qs[i].r) {++r;if(!cnt[a[r]]) ++num[bl[a[r]]];++cnt[a[r]];}
		while(r>qs[i].r) {--cnt[a[r]];if(!cnt[a[r]]) --num[bl[a[r]]];--r;}
		int &res=ans[qs[i].id]=0;
		for(register int i=bl[0];i<=bl[n];++i) if(num[i]<ri[i]-le[i]+1) {
			for(int j=le[i];j<=ri[i];++j) if(!cnt[j]) {res=j;break;}
			break;
		}
	}
	for(register int i=0;i<m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}