GFOJ problem64 新年组队 解题报告

题目：http://www.gdfzoj.com/oj/problem/64

描述：给一个长度为n的数组a[i]，和m个区间<l,r>，求<l,r>内最小子区间<i,j>使a[i] == a[j]（n,m<5*10^5）

一开始想到 离散化+RMQ，但后来发现RMQ不能像维护区间最值一样用max/min维护该问题

正解是主席树或分块，时限5s，但分块写好的话1s也能过（746ms水过），其他题解写在注释里了

关于块的大小的推理可能不是很严谨，具体还要看不同题目的数据范围.

下面放代码

#include <cstdio>#include <map>#define k(x) ((x-1) / K+1)//x属于分块中的第k(x)块using namespace std;const int N = 500010,K = 150,M = N / K + 10;//K为块的大小 当K=1000时耗时1620ms,K=150时耗时746ms(相信玄学)//M为块数int a[N],f[M][M],nxt[N],pre[N],n,m,i,j,l,r,ans; //f为分块数组  f[i][j]表示第i块到第j块的最小方案//想不到只用next数组的方法，于是nxt[i]表示 a[i]=a[nxt[i]] 且 nxt[i] > i 的最小值//pre[i]表示 a[pre[i]]=a[i] 且 pre[i] < i 的最大值map <int,int> q;//偷懒用 map 离散化inline int min(int a,int b) {if (!a) return b;if (!b) return a;return (a < b) ? a : b;} //求a,b的最小值，特判a==0 b==0int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for (i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",a+i);j = q[a[i]];if (j) {nxt[j] = i;  pre[i] = j;f[k(j)][k(i)] = min(f[k(j)][k(i)],i-j);} q[a[i]] = i;} //一个简单的用 map 实现的离散化 复杂度约 O(n log n)for (i=1;i<n/K+1;i++) for (j=1;i+j<n/K+1;j++) {f[i][i+j] = min(f[i][i+j-1],f[i][i+j]);f[i][i+j] = min(f[i][i+j],f[i+1][i+j]);} //i为区间长度，j为起始位置，一个预处理//f[i][i+j] = min(f[i][i+j],f[i+1][i+j],f[i][i+j+i])//复杂度 O(n²/k²)while (m--) {scanf("%d%d",&l,&r);l ^= ans;  r ^= ans;ans = f[k(l)+1][k(r)-1];//块内最小答案 O(1)for (i=l;i<k(l) * K && i<=r;i++)if (nxt[i] <= r && nxt[i]) ans = min(ans,nxt[i] - i);l = i - 1;for (i=r;i>(k(r)-1) * K && i>=l;i--)if (pre[i] >= l) ans = min(ans,i - pre[i]);//暴力枚举块外答案(pre和nxt的作用) 复杂度 O(2k)if (!ans) ans = -1;printf("%d\n",ans);}//综上，时间复杂度约 O(n log n + n²/k² + 2mk)//代入n=m=500000，k≈540。但n,m<500000，因此k取约150-400是有一定道理的。}