[HDU6070] Dirt Ratio

Problem Link

Description

    给出一个长度为n的序列，寻找一个区间，X表示这个区间不同元素的个数，Y表示区间的长度，求y=XY的最小值。

Solution

    暴力是O(n2)的，枚举左端点和右端点即可。对于求分数最值的问题，我们很容易想到二分答案（因为之前写过好多道这样的题目）。但最重要的不是想到二分，而是如何check，在这之前我们要先学会移项，假设当前要check的答案是mid，我们要使mid能成为答案，只要使XY≤mid，即size[L,R]R−L+1≤mid，移项可得size[L,R]+L∗mid≤(R+1)∗mid。接下来说说怎么check，我们知道不可能同时枚举L和R的，只能枚举一维，另一维要么O(1)，要么O(logn)，O(1)感觉不可能，不如想想O(logn)的。 我们枚举R的话，只要能求出的值最小的L即可，那就可以用线段树维护了，每次R向右枚举时对一段区间+1，然后每次query出最小值，再跟(R+1)∗mid比较即可。

Code

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>#define M 60005#define P 10000using namespace std;template <class T>inline void Rd(T &res){    char c;res=0;int k=1;    while(c=getchar(),c<48&&c!='-');    if(c=='-'){k=-1;c='0';}    do{        res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);    }while(c=getchar(),c>=48);    res*=k;}template <class T>inline void Pt(T res){    if(res<0){        putchar('-');        res=-res;    }    if(res>=10)Pt(res/10);    putchar(res%10+48);}struct node{    int L,R,mi,add;}tree[M<<2];int T;int n;int A[M];void up(int p){    tree[p].mi=min(tree[p<<1].mi,tree[p<<1|1].mi);}void down(int p){    if(!tree[p].add)return;    tree[p<<1].add+=tree[p].add;    tree[p<<1].mi+=tree[p].add;    tree[p<<1|1].add+=tree[p].add;    tree[p<<1|1].mi+=tree[p].add;    tree[p].add=0;}void build(int L,int R,int p,int lim){    tree[p].L=L;tree[p].R=R;tree[p].add=0;    if(L==R){        tree[p].mi=L*lim;        return;    }    int mid=(L+R)>>1;    build(L,mid,p<<1,lim);    build(mid+1,R,p<<1|1,lim);    up(p);}void update(int L,int R,int p){    if(tree[p].L==L&&tree[p].R==R){        tree[p].add+=P;        tree[p].mi+=P;        return;    }    down(p);    int mid=(tree[p].L+tree[p].R)>>1;    if(R<=mid)update(L,R,p<<1);    else if(L>mid)update(L,R,p<<1|1);    else{        update(L,mid,p<<1);update(mid+1,R,p<<1|1);    }    up(p);}int query(int L,int R,int p){    if(tree[p].L==L&&tree[p].R==R)return tree[p].mi;    down(p);    int mid=(tree[p].L+tree[p].R)>>1;    if(R<=mid)return query(L,R,p<<1);    if(L>mid)return query(L,R,p<<1|1);    return min(query(L,mid,p<<1),query(mid+1,R,p<<1|1));}int pos[M];bool check(int lim){    memset(pos,0,sizeof(pos));    build(1,n,1,lim);    for(int i=1;i<=n;i++){        update(pos[A[i]]+1,i,1);        pos[A[i]]=i;        int res=query(1,i,1);        if(res<=(i+1)*lim)return true;    }    return false;}int main(){    Rd(T);    while(T--){        Rd(n);        for(int i=1;i<=n;i++)Rd(A[i]);        int L=0,R=P,res=0;        while(L<=R){            int mid=(L+R)>>1;            if(check(mid)){                res=mid;                R=mid-1;            }else L=mid+1;        }        printf("%.4lf",1.0*res/P);        putchar('\n');    }    return 0;}

    个人感觉二分是蛮好想到的，但是这个check的方式有点新颖，枚举R，再用线段树维护最小值， 这就是算法+数据结构的厉害之处。