#二分,RMQ#jzoj 1372 与众不同

本文介绍了一种使用RMQ技术和二分查找算法求解给定区间内数字互不相同最长序列(完美序列)的方法,并提供了完整的C++实现代码。

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题目

求区间[l...r][l...r][l...r]数字互不相同的最长序列(完美序列)的长度(example:2 5 4 2可取2 5 4或5 4 2)


分析

一开始想的很简单,后来听取WA声一片,RMQ,首先先用一个last数组表示出现数字的上一个位置(因为有负数,所以程序上用了map),st数组表示区间[1...x][1...x][1...x]的完美序列的起始点,st[x]=max(st[x−1],last[a[x](数字)]+1)st[x]=max(st[x-1],last[a[x](数字)]+1)st[x]=max(st[x1],last[a[x]()]+1),求长度就是x-st[x]+1,RMQ预处理后,怎样求区间。
这里写图片描述
可能会有完美区间的隔点,但是可以通过二分实现(st满足单调不递减),左边部分比较简单(隔点-左端点),右边部分需要RMQ求出区间内的完美序列,求最大值。


代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int>last; int n,m,st[200001],f[200001][23],answer,ans;
int in(){
	int ans=0,f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)&&c!='-') c=getchar();
	if (c=='-') c=getchar(),f=-f;
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans*f;
}
int fk(int l,int r){
	if (st[l]==r) return l;//左边部分最大值是0
	if (st[r]<l) return r+1;//不存在左边部分
	int L=l,R=r;
	while (L<=R){//二分
		int mid=(L+R)>>1;
		if (st[mid]<l) L=mid+1; else R=mid-1; 
	}
	return L;
}
int main(){
    n=in(); m=in(); int x,y,z;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		x=in(); st[i]=max(st[i-1],last[x]+1);
		f[i][0]=i-st[i]+1; last[x]=i;//f[i][0]初始化,last和st综上所述
	}
	for (int j=1;(1<<j)<=n;j++)
	for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
	f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);//RMQ
	while (m--){
		x=in()+1; y=in()+1;//用1到n编号,原题中是0到n-1
		answer=fk(x,y); z=0; ans=0;//二分
		if (answer>x) ans=answer-x;//左边部分
		if (answer<=y){//右边部分
			while ((1<<(z+1))<=y-answer+1) z++;
			ans=max(ans,max(f[answer][z],f[y-(1<<z)+1][z]));//输出答案
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}
### 二维 RMQ (Range Minimum/Maximum Query) 的解决方案 #### 背景介绍 RMQ 是一种经典的算法问题,用于快速查询给定范围内最小值或最大值。一维 RMQ 可以通过多种方式高效解决,比如 ST 表(Sparse Table)、线段树等。然而,当扩展到 **二维空间** 时,问题变得更加复杂。 在二维 RMQ 中,我们需要在一个矩阵中找到子矩形范围内的最值。为了满足 O(1) 查询的要求,通常会采用预处理的方式优化性能[^1]。 --- #### 基于 Sparse Table 的二维 RMQ 实现 ST 表是一种高效的静态数据结构,适用于只读场景下的区间查询。其核心思想是对原数组进行预处理,构建一个表格存储任意长度区间的最值信息。对于二维 RMQ,我们可以将其推广至两个维度: ##### 预处理阶段 定义 `f[i][j][k][l]` 表示以 `(i,j)` 为左上角、`(i + 2^k - 1, j + 2^l - 1)` 为右下角的子矩阵中的最小值。其中: - `k` 和 `l` 分别表示当前子矩阵的高度和宽度对应的指数。 初始化时,单个单元格的情况可以直接赋值为原始矩阵的对应位置值: ```cpp for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) { f[i][j][0][0] = matrix[i][j]; } } ``` 随后利用动态规划填充整个表: ```cpp // 枚举高度方向上的 k 次幂 for(int k=1; (1<<k)<=n; ++k){ int size_k = 1 << k; for(int l=1; (1<<l)<=m; ++l){ int size_l = 1 << l; // 枚举起始点 for(int i=0;i+(size_k>>1)<n;++i){ for(int j=0;j+(size_l>>1)<m;++j){ f[i][j][k][l] = min( f[i][j][k-1][l], // 上半部分 f[i + (size_k >> 1)][j][k-1][l]); // 下半部分 f[i][j][k][l] = min(f[i][j][k][l], min(f[i][j][k][l-1], // 左半部分 f[i][j + (size_l >> 1)][k][l-1])); // 右半部分 } } } } ``` ##### 查询阶段 假设要查询从 `(x1,y1)` 到 `(x2,y2)` 子矩阵的最小值,则可以通过分解目标区域完成计算。设: - `k = log(x2-x1+1)` - `l = log(y2-y1+1)` 则最终结果可由以下四个重叠区域取最小值得到: ```cpp int query_min(int x1,int y1,int x2,int y2){ int k = floor(log2(x2-x1+1)); int l = floor(log2(y2-y1+1)); return min(min(f[x1][y1][k][l], f[x2-(1<<k)+1][y1][k][l]), min(f[x1][y2-(1<<l)+1][k][l], f[x2-(1<<k)+1][y2-(1<<l)+1][k][l])); } ``` 此方法的时间复杂度如下: - 预处理:O(n * m * log n * log m)[^2] - 单次查询:O(1) --- #### 使用线段树或其他高级数据结构 除了基于 ST 表的方法外,还可以考虑其他更灵活的数据结构,例如二维线段树或者四叉树。这些方法允许更新操作以及更加复杂的查询条件,但在本题设定下可能无法达到严格的 O(1) 时间复杂度要求。 --- #### 总结 针对二维 RMQ 问题,推荐优先尝试基于稀疏表的实现方案,因其简单易懂且能够很好地支持常数级别的查询效率。如果实际应用中有频繁修改的需求,则需进一步评估是否引入更为强大的动态数据结构。 ---
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