GalaxyOJ-64 (分块)

题目描述

Problem Description

BNU ACM校队有n名队员，从1到n标号，每名队员根据自身情况拥有一个特征值，其中第i名队员的特征值是a[i]。现在BOSS问了m个问题，每个问题给定[l,r]，要求小Q同学马上从标号位于区间[l,r]内的队员中选出两名队员，使得这两名队员的特征值相同，并且不默契度要尽可能小，两名队员的不默契度定义为两名队员标号之差的绝对值。对此小Q同学倍感压力，急需你的帮助。

Input

第一行包含2个整数n、m。
第二行包含n个整数a[1]、a[2]、…、a[n]，保证0<=a[i]<2^31。
接下来m行，每行包含2个整数l、r，请注意所给的l、r均是经过加密的，解密方式是l=l xor lastans、r=r xor lastans，其中lastans表示上一次操作的输出结果，初始lastans=0，保证解密后1<=l<=r<=n。
对于100%的数据，1<=n,m<=500000。

Output

输出m行，每行包含一个整数，表示最小的两名队员的不默契度，如果不能选出满足条件的两名队员，请输出-1。

Sample

input output 5 3
1 1 2 5 2
1 5
3 5
-4 -6 1
-1
2

分析

• 题目大意就是给一串数a[]，以及一堆询问 [l,r] ，求此闭区间内距离最小的两个相等的数的距离。
• 题目中的“解密”其实就意味着强制在线，所以就用在线的方法做。
• 可以先处理好每个元素前后离它最近的那个和它相等的元素，（即 next[] 和 last[]）这样比较的时候只需看看 i 和 next[i] 的编号差就行了。
• 然而，对于每个询问直接暴力（即for (i=l~r) upd(ans,next[i]-i)的话肯定超时，每次询问都 O(r-l)，所以可以想到分块来预处理出些答案。
• dp[i][j] 代表第 i 到第 j 这些分块的区间中的答案。
• 注意，我的程序中下标都是从 0 开始，为了方便求某个点所在的分块（假设 K 个点分一块，那么第 i 个点所在的分块就是 i/K）。
  

  • 首先处理出每个点的 next[] 值，同时利用它们来预先处理好一部分 dp[][]（假设当前求出了 next[i] ，那么 dp[i][i/K] 就将它更新为它与 next[i]-i 的较小值）。
    
  • 显然到目前为止， dp[][] 还不是完整的，只有每个 i 与 next[i] 所在的分块构成的区间才是正确的值，那么，我们再用 dp[i+1][j] 和 dp[i][j-1]来更新一下dp[i][j] ，这样就得出完整的dp[][]了。
    
  • 到此，预先处理的东西就完成了，剩下的就是对于每个询问求出答案。先对区间 [l,r] 中不包含 l,r 的区间的分块所得的 dp[][] 赋值给 ans，再对于剩下左边和右边的点暴力枚举（其实这时就不会太久了），左边用 next[i]-i 来更新答案，右边用 i-last[i] 来更新答案，就完成了。

  
  

程序

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#define _ (scanf("%d",&o),o)using namespace std;int dp[6300][6300],next[500010],last[500010],a[500010],b[500010],n,m,ans,l,r,L,R,K,o;void upd(int x,int y,int z){dp[x/K][y/K]=min(dp[x/K][y/K],z);}bool cmp(int x,int y){return a[x]==a[y] ? x<y:a[x]<a[y];}int main(){    freopen("1.txt","r",stdin);    scanf("%d%d",&n,&m);    for (K=1; K*K*K<n; K++);                                    //得出K，大概为n^(1/3)    for (int i=0; i<n; i++) scanf("%d",&a[i]);    for (int i=0; i<n; i++) b[i]=i; sort(b,b+n,cmp);        //适当地离散化一下，相当于双关键字排序     memset(dp,0x7f,sizeof(dp));    for (int i=0; i<n; i++) last[i]=-1;    for (int i=0; i<n-1; i++) if (a[b[i]]==a[b[i+1]]) next[b[i]]=b[i+1],last[b[i+1]]=b[i],upd(b[i],b[i+1],b[i+1]-b[i]);     //求next[]，顺便预处理一下dp[][]     for (int i=0,H=n/K; i<H; i++) for (int j=i+1; j<=H; j++){   //求dp[][]         upd(i*K,j*K,dp[i][j-1]);        upd(i*K,j*K,dp[i+1][j]);    }    while (m--){        l=(_^ans)-1,r=(_^ans)-1;        L=l/K, R=r/K;                   //l与e所在的分块         ans=dp[L+1][R-1];               //l与r中间的分块(不包含i,r)         for (int i=l,H=min((L+1)*K-1,r); i<=H; i++) if (next[i]!=0 && next[i]<=r) ans=min(ans,next[i]-i);       //l所在的那一个分块         for (int i=max(R*K,l); i<=r; i++) if (last[i]!=0 && last[i]>=l) ans=min(ans,i-last[i]);                 //r所在的那个分块         printf("%d\n",ans<=500000 ? ans:ans=-1);    }}

提示

• 我们在求 next[] 的时候，用 n2 暴力做法求的话起来就很不好，所以可以利用一下 C++ 自带的 sort() 函数来进行一个双关键字排序，相当于把数列 a[] 重新排一下序使得数值相等的元素靠在一起，而且按从小到大排列，而且数值相等的每一组里面的元素相对位置（即先后顺序）不变。程序中我用了数组 b[] 来记录排过序后的数列中每个数的位置（ b[i] 表示 a[i] 这个元素变到第 b[i] 这里来了）。举个例子
• # 排序前 排序后 数列
  编号 1 3 5 1 2 1 8 5 5
  1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 1 2 3 5 5 5 8
  1 4 6 5 2 3 8 9 7

• 为了程序的简洁，我写了个函数来代替长长的更新 dp[][] 操作（这样就不用写很多次了），可是我传进去的是两个点的位置以及要比较的值，结果在下面我没举的是分块的编号，我直接把分块编号穿进去了，虽然样例过了，可是交上去评测时就 Wa 了。不过竟然能有55分！

• 还有一个问题是在提交并 Ac 的第二天才想起来的，我一开始只是记录了 next[] ，并没有用 last[] ，右边部分也是用 next[] 来更新答案，早上想到了这样似乎有 bug，自己出了个数据才发现错了。不过这样竟然能Ac！
• 你选不同的 K （每块的元素个数），跑出的时间是不同的，提交时，我测了几个 K 的值，发现 K 取 n13 时比 n12 块一些。
• 其实还能用 RMQ 算法做这道题，大家可以试一试。