[Cerc2012]Non-boring sequences
Description
定义一个序列是不无聊的,当且仅当它的所有子区间都存在一个独一无二的数字,即每个子区间里至少存在一个数字只出现过一次。给定一个长度为\(N(N\leq2\times 10^5)\)的序列,请判断它是不是无聊的。
Solution
对于每个位置\(i\),先求出\(pre[i],nxt[i]\)表示在\(i\)之前第一个和在\(i\)之后第一个权值等于\(val[i]\)的位置。
如果一个区间\([l,r]\)不是无聊的,一个必要条件是存在\(i\in [l,r]\)满足\(pre[i]<l\;\land \;nxt[i]>r\)。这样所有跨过\(i\)的区间都是不无聊的,接着判断\([l,i)\)和\((i,r]\)就行了。
这启发我们分治解决问题。
每次在\([l,r]\)内找到一个满足上述条件的\(i\),然后递归处理两边的区间。
复杂度看上去貌似很爆炸,因为没有每次从中间切开的话就不能保证递归层数是\(O(\log)\)级别了。
然而有个很玄妙的结论是\(T(n)=max\left\{ T(k)+T(n-k)+min(k,n-k)\right\}\approx O(n\log n)\)
这里证明写的很清晰。
说到底,我们不断拆分这个过程,分开后就不会再合并,而且每次拆开的复杂度就是拆成的两个序列中较小的一个,很自然地想到把这个过程倒过来,那么这就是一个启发式合并的过程,显然时间复杂度就是\(O(n\log n)\)啦
所以我们从两边向中间扫,如果遇到了第一个满足上述条件的 \(i\) 就在这里递归下去。
本地记得开栈!
Code
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
const int N=2e5+5;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define pii std::pair<int,int>
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
int n,val[N],las[N];
int nxt[N],pre[N],g[N];
int getint(){
int X=0,w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
if(w) return -X;return X;
}
bool solve(int l,int r){
if(l>r) return 1;
if(l==r) return 1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(pre[i]<l and nxt[i]>r)
return solve(l,i-1) and solve(i+1,r);
}
return 0;
}
signed main(){
int T=getint();
while(T--){
int n=getint();
for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=val[i]=getint();
std::sort(g+1,g+1+n);int len=std::unique(g+1,g+1+n)-g-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
val[i]=std::lower_bound(g+1,g+1+len,val[i])-g;
pre[i]=las[val[i]];las[val[i]]=i;
} for(int i=1;i<=len;i++) las[i]=n+1;
for(int i=n;i;i--){
nxt[i]=las[val[i]];
las[val[i]]=i;
} for(int i=1;i<=len;i++) las[i]=0;
solve(1,n)?printf("non-boring\n"):printf("boring\n");
} return 0;
}
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