bzoj 3489: A simple rmq problem k-d树思想大暴力

3489: A simple rmq problem

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 551  Solved: 170
[Submit][Status][Discuss]

Description

因为是OJ上的题，就简单点好了。给出一个长度为n的序列，给出M个询问：在[l,r]之间找到一个在这个区间里只出现过一次的数，并且要求找的这个数尽可能大。如果找不到这样的数，则直接输出0。我会采取一些措施强制在线。

 

 

Input

第一行为两个整数N,M。M是询问数，N是序列的长度（N<=100000，M<=200000)

第二行为N个整数，描述这个序列{ai}，其中所有1<=ai<=N

再下面M行，每行两个整数x，y，

询问区间[l,r]由下列规则产生（OIER都知道是怎样的吧>_<)：

l=min(（x+lastans)mod n+1,(y+lastans）mod n+1);

r=max(（x+lastans)mod n+1,(y+lastans）mod n+1);

Lastans表示上一个询问的答案，一开始lastans为0

 

Output

一共M行，每行给出每个询问的答案。

 

Sample Input

10 10
6 4 9 10 9 10 9 4 10 4
3 8
10 1
3 4
9 4
8 1
7 8
2 9
1 1
7 3
9 9

Sample Output

4
10
10
0
0
10
0
4
0
4

HINT

注意出题人为了方便，input的第二行最后多了个空格。

　　曾经以为这是自己一道原创题啊，直到在bzoj发现了这道题。。。

　　某日学姐问了一道这个问题的离线版，然后说正解是裸裸的O(nlogn)线段树，然后就都不会了，O(nlogn)的解法我还是怀疑不存在的，不过线段树套set到是没啥问题的。

　　然后另一日，hja表示这道题可以出成在线版，问数据范围，n=3*10^5.

　　于是乎hja自己的程序被卡mle了，然而本人蒟蒻，更本不想写主席树套可持久化Treap，于是乎yy出了这个O(n^2)算法。

　　考虑离线询问，按照r排序，对于每一个权值，我们在线段树的对应位置存下它有贡献的区间（即prv[prv[x]]+1到prv[x]）对于一个权值区间，我们存下所有权值所对应的贡献区间的L-min和R-max。对于R确定的询问（L，R）我们只需要在线段树上找到最大的权值，使其区间包含L，于是我们优先递归权值大的一边，找到及退出，如果当前权值区间的(L-min，R-max)已经不可能包含L值了，那么也直接退出，这个和k-d树的find机制非常像。

　　离线我们只需要一个线段树，那么在线的话把线段树换成主席树就ok啦。

　　发现bzoj数据范围只有10^5，一交rank2！！！！加上读入优化1960ms的rank1！！！！

　　爽。。。。暴力虐标程。。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100100
#define MAXT MAXN*25
#define INF 0x3f3f3f3f
#define smid ((l+r)>>1)
inline int nextInt()
{
        register char ch;
        register int x=0;
        while (ch=getchar(),ch<'0' || ch>'9');
        while (x=x*10+ch-'0',ch=getchar(),ch<='9' && ch>='0');
        return x;
}
struct sgt_node
{
        int lc,rc;
        int mn,mx;
        sgt_node()
        {
                mn=INF;
                mx=-INF;
        }
}sgt[MAXT];
int topt=0;
int Modify_sgt(int now,int l,int r,int pos,int v1,int v2)
{
        sgt[++topt]=sgt[now];
        now=topt;
        if (l==r)
        {
                sgt[now].mn=v1;
                sgt[now].mx=v2;
                return now;
        }
        if (pos<=smid)
                sgt[now].lc=Modify_sgt(sgt[now].lc,l,smid,pos,v1,v2);
        else
            sgt[now].rc=Modify_sgt(sgt[now].rc,smid+1,r,pos,v1,v2);
        sgt[now].mn=min(sgt[sgt[now].lc].mn,sgt[sgt[now].rc].mn);
        sgt[now].mx=max(sgt[sgt[now].lc].mx,sgt[sgt[now].rc].mx);
        return now;
}
int Query_sgt(int now,int l,int r,int v)
{
        if (l==r)
                return v<=sgt[now].mx && v>=sgt[now].mn?l:0;
        int ret=0;
        if (sgt[sgt[now].rc].mn<=v && sgt[sgt[now].rc].mx>=v)
        {
                ret=Query_sgt(sgt[now].rc,smid+1,r,v);
                if (ret)return ret;
        }
        return Query_sgt(sgt[now].lc,l,smid,v);
}
int a[MAXN];
int tmp[MAXN];
int prv[MAXN];
int root[MAXN];

int main()
{
        //freopen("seq0.in","r",stdin);
        //freopen("seq10.out","w",stdout);
        freopen("input.txt","r",stdin);
        //freopen("output.txt","w",stdout);
        int n,m,x,y,z;
        n=nextInt(),m=nextInt();
        for (int i=1;i<=n;i++)
                a[i]=nextInt();
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
                prv[i]=tmp[a[i]];
                tmp[a[i]]=i;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++)
                root[i]=Modify_sgt(root[i-1],0,n,a[i],prv[i]+1,i);
        int lastans=0;
        int aa,bb;
        for (int i=0;i<m;i++)
        {
                aa=nextInt(),bb=nextInt();
                x=min((aa+lastans)%n+1,(bb+lastans)%n+1);
                y=max((aa+lastans)%n+1,(bb+lastans)%n+1);
                printf("%d
",lastans=Query_sgt(root[y],0,n,x));
        }
}