P10264 [GESP202403 八级] 接竹竿 题解
题面
题目描述
小杨同学想用卡牌玩一种叫做“接竹竿”的游戏。
游戏规则是：每张牌上有一个点数
v
v
v，将给定的牌依次放入一列牌的末端。若放入之前这列牌中已有与这张牌点数相
同的牌，则小杨同学会将这张牌和点数相同的牌之间的所有牌全部取出队列（包括这两张牌本身）。
小杨同学现在有一个长度为 n n n 的卡牌序列 A A A，其中每张牌的点数为 A i A_i Ai（ 1 ≤ i ≤ n 1\le i\le n 1≤i≤n）。小杨同学有 q q q 次询问。第 i i i 次（ 1 ≤ i ≤ q 1\le i\le q 1≤i≤q）询问时，小杨同学会给出 l i , r i l_i,r_i li,ri 小杨同学想知道如果用下标在 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri] 的所有卡牌按照下标顺序玩“接竹竿”的游戏，最后队列中剩余的牌数。
输入格式
一行包含一个正整数 T T T，表示测试数据组数。
对于每组测试数据，第一行包含一个正整数 n n n，表示卡牌序列 A A A 的长度。
第二行包含 n n n 个正整数 A 1 , A 2 , … , A n A_1,A_2,\dots,A_n A1,A2,…,An，表示卡牌的点数 A A A。
第三行包含一个正整数 q q q，表示询问次数。
接下来 q q q 行，每行两个正整数 l i , r i l_i,r_i li,ri 表示一组询问。
输出格式
对于每组数据，输出 q q q 行。第 i i i 行（ 1 ≤ i ≤ q 1\le i\le q 1≤i≤q）输出一个非负整数，表示第 i i i 次询问的答案。
样例 #1
样例输入 #1
1
6
1 2 2 3 1 3
4
1 3
1 6
1 5
5 6
样例输出 #1
1
1
0
2
提示
样例解释
对于第一次询问，小杨同学会按照 1 , 2 , 2 1,2,2 1,2,2 的顺序放置卡牌，在放置最后一张卡牌时，两张点数为 2 2 2 的卡牌会被收走，因此最后队列中只剩余一张点数为 1 1 1 的卡牌。
对于第二次询问，队列变化情况为：
{ } → { 1 } → { 1 , 2 } → { 1 , 2 , 2 } → { 1 } → { 1 , 3 } → { 1 , 3 , 1 } → { } → { 3 } \{\}\to\{1\}\to\{1,2\}\to\{1,2,2\}\to\{1\}\to\{1,3\}\to\{1,3,1\}\to\{\}\to\{3\} {}→{1}→{1,2}→{1,2,2}→{1}→{1,3}→{1,3,1}→{}→{3}。因此最后队列中只剩余一张点数为 3 3 3 的卡牌。
数据范围
| 子任务 | 分数 | T T T | n n n | q q q | max A i \max A_i maxAi | 特殊条件 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 1 1 | 30 30 30 | ≤ 5 \le 5 ≤5 | ≤ 100 \le100 ≤100 | ≤ 100 \le100 ≤100 | ≤ 13 \le13 ≤13 | |
| 2 2 2 | 30 30 30 | ≤ 5 \le 5 ≤5 | ≤ 1.5 × 1 0 4 \le 1.5\times10^4 ≤1.5×104 | ≤ 1.5 × 1 0 4 \le 1.5\times10^4 ≤1.5×104 | ≤ 13 \le13 ≤13 | 所有询问的右端点等于 n n n |
| 3 3 3 | 40 40 40 | ≤ 5 \le 5 ≤5 | ≤ 1.5 × 1 0 4 \le 1.5\times10^4 ≤1.5×104 | ≤ 1.5 × 1 0 4 \le 1.5\times10^4 ≤1.5×104 | ≤ 13 \le13 ≤13 |
对于全部数据，保证有 1 ≤ T ≤ 5 1\le T\le 5 1≤T≤5， 1 ≤ n ≤ 1.5 × 1 0 4 1\le n\le 1.5\times 10^4 1≤n≤1.5×104， 1 ≤ q ≤ 1.5 × 1 0 4 1\le q\le 1.5\times 10^4 1≤q≤1.5×104， 1 ≤ A i ≤ 13 1\le A_i\le 13 1≤Ai≤13。
思路简述（倍增）
要克服时间复杂度上的问题，就要尽快找到删除区间的右端点，直接跳过这个区间，继续累加计算不被删除的点的数量。可以用一个类似于LCA中的倍增数组 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]（从第 i i i个位置开始的第 2 j 2^j 2j个可删除区间的右端点）。这个定义能够解释转移式 f [ i ] [ j ] = f [ f [ i ] [ j − 1 ] + 1 ] [ j − 1 ] ( f [ i ] [ j − 1 ] > i ) f[i][j]=f[f[i][j-1]+1][j-1](f[i][j-1]>i) f[i][j]=f[f[i][j−1]+1][j−1](f[i][j−1]>i)，转移的时候需要倒着做，保证 f [ f [ i ] [ j − 1 ] + 1 ] [ j − 1 ] f[f[i][j-1]+1][j-1] f[f[i][j−1]+1][j−1]已经算出）。
f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j−1]后面为什么要加一
举一个例子：1 2 3 2 4 3 2 6 4 5
(
n
=
10
)
(n=10)
(n=10)
不加1的时候：
f
[
2
]
[
0
]
=
4
,
f
[
2
]
[
1
]
=
7
f[2][0]=4,f[2][1]=7
f[2][0]=4,f[2][1]=7
此时询问了区间1到8，当下标来到2，就直接跳到了8（
f
[
2
]
[
1
]
+
1
f[2][1]+1
f[2][1]+1）。
似乎不太对？模拟一遍过程就会发现，当放入第二个2的时候，第一个2就已经跟着一起消除了，到第三个的时候，前面已经没有2了，删不了。
那为什么还要继续计算出
f
[
2
]
[
1
]
f[2][1]
f[2][1]?
于是我们把1加上
| i\j | 0 | 1 |
|---|---|---|
| 1 | 11(用 n + 1 n+1 n+1表示找不到） | 11 |
| 2 | 4 | 8 |
| 3 | 6 | 11 |
| 4 | 7 | 11 |
| 5 | 8 | 11 |
f
[
2
]
[
1
]
f[2][1]
f[2][1]所表示的位置上的数是4！ 其实下标从2到8这一段可以直接删除，第4个数2的到来会删掉第2到4个，第8个数4的到来又会删掉第5到8个，虽然数字不一样，但一起删了省时间啊！
所以加1是为了把两个可删区间合并起来，一起删
代码护送
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,a[15005],q,l,r,lst[15],f[15005][16];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(lst,0,sizeof(lst));
memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n;i>=1;i--){
if(lst[a[i]]) f[i][0]=lst[a[i]];
else f[i][0]=n+1;
lst[a[i]]=i;
}
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=1;j<=15;j++)
f[i][j]=f[f[i][j-1]+1][j-1];
for(int i=n+1;i>=1;i--)
for(int j=1;j<=15;j++)
if(f[i][j]==0) f[i][j]=n+1;
// for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<i<<": ";
// for(int j=0;j<=15;j++){
// cout<<f[i][j]<<" ";
// }
// cout<<endl;
// }
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&l,&r);
int res=0;
while(l<=r){
while(l<=r&&f[l][0]>r) res++,l++;
if(l>r) break;
for(int j=15;j>=0;j--)
if(f[l][j]<=r){
l=f[l][j]+1;
break;
}
}
printf("%d\n",res);
}
}
return 0;
}
撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿，大佬们如果发现问题，欢迎指正！