Codefoces 1744F mex和med问题

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原创最新推荐文章于 2026-11-08 21:05:35 发布 455 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

5个4000比特大状态置换算法的设计与分析下面是 5 个概念性、实验性的 4000 位可逆置换设计。它们都保证是双射，但未经过密码分析，不可直接用于生产系统。风格分别覆盖：三维 SPN、Feistel、可逆元胞自动机、ARX、宽轨迹/Keccak 式结构。这 5 个设计分别代表了 SPN、Feistel、元胞自动机、ARX、宽轨迹 Keccak 五种不同风格，覆盖了主流大状态置换的构造思路。再次强调：它们只是实验性概念，若要用于实际协议，必须经过严格安全性分析。阅读详情

题意：

给定一个 $[0, n - 1]$ 的排列，求有多少个区间 $[l, r]$ ，满足 $m e x (l, r) > m e d (l, r)$ ，其中 $m e x (l, r)$ 是序列 $a_{l},a_{l+1},....,a_{r}]$ 的 $m e x$ ， $m e d (l, r)$ 是序列 $a_{l},a_{l+1},....,a_{r}]$ 的排序后的第 $⌈r−l+12⌉\lceil \frac{r-l+1}{2}\rceil$ 项

Solution：

假设我们求得一个最小区间 $[l, r]$ 满足 $m e x (l, r) = x$ ，那么接下来的最小区间只需要将 $[l, r]$ 的端点延伸至 $p os [x + 1]$

那么可以枚举 $m e x = x$ ，找到最小的区间 $[l, r]$ 使得 $m e x (l, r) = x$ ，由于 $m e x = x$ ，即区间一定包含 $[0, 1, ...., x - 1]$ ， $m e x = x$ ，要使 $m e d < x$ ，只需要序列长度不大于 $2×x2\times x$ ，于是此时合法的区间 $[L, R]$ 只需要满足

$mex(L,R)=x,R-L+1\leq 2\times x$

此时 $L$ 和 $R$ 是可以确定的，既要包含 $[l, r]$ ，还不能包含 $p os [x + 1]$ ，枚举一边即可统计另外一边的数量，但这个只保证了统计正确性，但不是枚举任意一边都可以，最坏的复杂度是 $O(n^2)$ 的，我们需要枚举下一次端点扩展的那边，这样子每个点不会被重复扩展，时间复杂度是 $O (n)$ 的

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

using ll=long long;
const int N=200005,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353;

int n,a[N],pos[N];

void work()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        pos[a[i]]=i;
    }
    ll ans=pos[n]=0;
    for(int i=1,l=pos[0],r=pos[0];i<=n;i++)
    {
        pair<int,int>tmpl,tmpr;
        if(pos[i]<l)
        {
            tmpl={pos[i]+1,l}; tmpr={r,n};
            for(int j=tmpl.second;j>=tmpl.first;j--) ans+=max(0,min(j+2*i-1,tmpr.second)-r+1);
        }
        else
        {
            tmpl={1,l}; tmpr={r,pos[i]-1};
            for(int j=tmpr.first;j<=tmpr.second;j++) ans+=max(0,l-max(j-2*i+1,tmpl.first)+1);
        }
        l=min(l,pos[i]); r=max(r,pos[i]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    int t; cin>>t;
    while(t--) work();
    return 0;
}