BZOJ5011 [JXOI2017]颜色 【线段树 + 主席树】

题目链接

BZOJ5011

题解

一定只有我这种智障会用这么奇怪的方法做这道题。。

由题我们知道最后剩余的一定是一个区间，而且区间内的颜色不存在于区间外

所以我们的目的就是为了找到这样的区间的数量

区间由左右端点确定，我们枚举右端点，尝试维护左端点数量

当我们从右向左枚举到\(r\)，\(r\)右边的颜色已经在区间外，一定不能被包含入区间，所以我们记录每个位置上一个同色位置\(pre[i]\)，指针\(r\)每越过一个位置，就在\(pre[i]\)处打一个标记，表示这个位置不能被包含。之后我们每次找到\(r\)左边第一个标记的位置，再往左一定不合法，这样我们就得到了我们的初始区间，记为\([l,r]\)。这个操作可以使用线段树维护

考虑这个区间还会有什么不满足的地方

就是区间内的颜色不能出现在区间外

对于一个在\(r\)左侧的位置\(i\)，颜色为\(c\)，记颜色\(c\)最左边的位置为\(p\)，那么\([p + 1,i]\)都不能被选择，因为选择其中任意一个位置，都会使颜色\(c\)被分割

如何维护？

另开一个线段树区间\(set\)为\(1\)即可，一个位置可能被多个区间叠加，但只能贡献\(1\)

由于区间\(set\)操作不能被撤回，所以我们更新顺序只能从左到右，但我们是从右到左枚举的，怎么办？

那就强行从左到右更新，并保存每一个版本的线段树——永久化标记主席树

这样我们就做完了这道题

复杂度\(O(nlogn)\)

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 300005,maxm = 8000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int ls[maxm],rs[maxm],Sum[maxm],tag[maxm],rt[maxn],cnt;
void Upd(int u){
	Sum[u] = Sum[ls[u]] + Sum[rs[u]];
}
void Set(int& u,int pre,int l,int r,int L,int R){
	u = ++cnt; ls[u] = ls[pre]; rs[u] = rs[pre]; tag[u] = Sum[u] = 0;
	tag[u] = tag[pre];
	if (tag[u]){
		Sum[u] = r - l + 1;
		return;
	}
	if (l >= L && r <= R){
		tag[u] = 1; Sum[u] = r - l + 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if (mid >= L) Set(ls[u],ls[pre],l,mid,L,R);
	if (mid < R) Set(rs[u],rs[pre],mid + 1,r,L,R);
	Upd(u);
}
int Query(int u,int l,int r,int L,int R){
	if (tag[u]) return R - L + 1;
	if (l >= L && r <= R) return Sum[u];
	int mid = l + r >> 1;
	if (mid >= R) return Query(ls[u],l,mid,L,R);
	if (mid < L) return Query(rs[u],mid + 1,r,L,R);
	return Query(ls[u],l,mid,L,mid) + Query(rs[u],mid + 1,r,mid + 1,R);
}
int sum[maxn << 2],mp[maxn << 2];
void upd(int u,int l,int r){
	sum[u] = sum[u << 1] + sum[u << 1 | 1];
	int mid = l + r >> 1;
	if (mp[u << 1 | 1] == 0) mp[u] = 0;
	else if (mp[u << 1] == 0) mp[u] = mp[u << 1 | 1];
	else if (mp[u << 1 | 1] == mid + 1) mp[u] = mp[u << 1];
	else mp[u] = mp[u << 1 | 1];
}
void modify(int u,int l,int r,int pos){
	if (l == r) {sum[u] = 1; mp[u] = 0; return;}
	int mid = l + r >> 1;
	if (mid >= pos) modify(u << 1,l,mid,pos);
	else modify(u << 1 | 1,mid + 1,r,pos);
	upd(u,l,r);
}
int query(int u,int l,int r,int L,int R){
	if (!sum[u]) return l;
	if (l >= L && r <= R) return mp[u];
	int mid = l + r >> 1;
	if (mid >= R) return query(u << 1,l,mid,L,R);
	if (mid < L) return query(u << 1 | 1,mid + 1,r,L,R);
	int t1 = query(u << 1,l,mid,L,R),t2 = query(u << 1 | 1,mid + 1,r,L,R);
	if (t2 == 0) return 0;
	else if (t1 == 0) return t2;
	else if (t2 == mid + 1) return t1;
	else return t2;
}
void build(int u,int l,int r){
	sum[u] = 0;
	if (l == r){
		mp[u] = l;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	build(u << 1,l,mid);
	build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
	upd(u,l,r);
}
int last[maxn],pre[maxn],F[maxn];
int n,A[maxn];
int main(){
	int T = read();
	while (T--){
		n = read(); REP(i,n) A[i] = read();
		cnt = 0; build(1,1,n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) last[i] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++){
			if (!last[A[i]]) F[A[i]] = i;
			pre[i] = last[A[i]];
			last[A[i]] = i;
			rt[i] = rt[i - 1];
			if (F[A[i]] < i) Set(rt[i],rt[i - 1],1,n,F[A[i]] + 1,i);
		}
		LL ans = 0;
		for (int i = n; i; i--){
			int l = query(1,1,n,1,i),r = i;
			if (pre[i]) modify(1,1,n,pre[i]);
			if (!l) continue;
			int t = Query(rt[i],1,n,l,r);
			ans += (r - l + 1) - t;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}