Codeforces 522D Closest Equals (线段树+DP+离线)*

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/522/D

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define ll long long

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
const int  maxn =5e5+5;
const int mod=1e9+7;
const ll INF =1e18+7;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
题目大意：给定一个序列和
若干个查询，要求查询区间中相同两数下标之差的最小值，
如果没有则输出-1。

这道题刚开始我也被卡主思维了，，，（惭愧）
稍微看了下题解恍然大悟，
首先查询直接离线，相当于拟定个时间序列，
然后很容易想到如果一端固定，比如以1为左端点，
则基于右端点的查询比较容易实现，
还是贡献的思想，在当前位置，其所存放的数值就是
i-pre[i]即可，（如果没有则存放无穷大）,
那么当左端点移动时，我们只要考虑如何消去左端点的影响就行了
（有点像莫队。。。）
还需要个后继数组，每当移除一个左端点，
后继节点位置数值更新为无穷大，因为我们不会再涉及到关于左边的查询了，
直接消去没有问题。

有点DP的思想，当下位置产生的影响只有后继位置，
更新下后继位置就行了，查询答案查询1到右端点极值即可，
全程用线段树维护下。

*/
///离线查询结构
struct qy
{
    int l,r,id;
    bool operator<(const qy& y) const
    {
        if(l==y.l) return r<y.r;
        return l<y.l;
    }
}q[maxn];
int ret[maxn];
///数据域
int n,m,x,y;
int a[maxn];///数据域
int pre[maxn],rep[maxn];///前驱和后继数组
map<int,int> mp;
///线段树
int st[maxn<<2];
void pushup(lrt){st[rt]=min(st[rt<<1],st[rt<<1|1]);}
void build(lrt)
{
    if(l==r) {st[rt]=mod;return;}
    int mid=l+r>>1;
    build(lson),build(rson),pushup(root);
}
void update(lrt,int pos,int d)
{
    if(l==r) {st[rt]=d;return;}
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) update(lson,pos,d);
    if(mid<pos) update(rson,pos,d);
    pushup(root);
}
int query(lrt,int L,int R)
{
    if(L<=l&&r<=R) return st[rt];
    int mid=l+r>>1,ans=mod;
    if(L<=mid) ans=min(ans,query(lson,L,R));
    if(mid<R) ans=min(ans,query(rson,L,R));
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
    sort(q,q+m);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        pre[i]=mp[a[i]];
        if(mp[a[i]]) rep[mp[a[i]]]=i;
        mp[a[i]]=i;
    }///建立前驱和后继的映射

    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=n;i++)  if(pre[i]) update(1,n,1,i,i-pre[i]);///记录1到i的所有答案

    int cur=1;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        while(cur<q[i].l)
        {
            if(rep[cur])  update(1,n,1,rep[cur],mod);
            cur++;
        }
        ret[q[i].id]=query(1,n,1,1,q[i].r);
    }

    for(int i=0;i<m;i++) printf("%d\n",ret[i]==mod?-1:ret[i]);
    return 0;
}