题目描述
博览馆正在展出由世上最佳的 M 位画家所画的图画。
wangjy想到博览馆去看这几位大师的作品。
可是，那里的博览馆有一个很奇怪的规定，就是在购买门票时必须说明两个数字，
a和b，代表他要看展览中的第 a 幅至第 b 幅画(包含 a 和 b)之间的所有图画，而门票
的价钱就是一张图画一元。
为了看到更多名师的画，wangjy希望入场后可以看到所有名师的图画(至少各一张)。
可是他又想节省金钱。。。
作为wangjy的朋友，他请你写一个程序决定他购买门票时的 a 值和 b 值。
输入输出格式
输入格式：
第一行是 N 和 M，分别代表博览馆内的图画总数及这些图画是由多少位名师的画
所绘画的。
其后的一行包含 N 个数字，它们都介于 1 和 M 之间，代表该位名师的编号。
输出格式：
a和 b(a<=b) 由一个空格符所隔开。
保证有解，如果多解，输出a最小的。
输入输出样例
说明
约定 30%的数据N<=200 , M<=20
60%的数据N<=10000 , M<=1000
100%的数据N<=1000000 , M<=2000
Sol
本题是二分答案，如何判断出来的呢？满足二分单调性！
二分单调性如何理解？对于一段区间，如果它能满足看遍所有的画，那么比它小的区间不一定能看遍所有的画，而比它大的区间一定能看遍所有的画。
二分的复杂度是logn，由于本题数据达到了1e6，所以二分答案判断的函数check复杂度必须满足在O（n）以内。
此时我们也确定了二分的对象是区间长度。
LVYOUYW学长这样解释：“首先考虑如果给定拥有钱的数量，那么我们可以在O(n)的时间内枚举所有的情况，于是我们可以二分答案，二分拥有钱的数量，然后去判断是否可行。”’
由于约束check函数在O（n）内，我们不可能枚举左端点，并每次遍历整个区间，那样可能会达到O（n²）。
于是我们可以在每次check时，先从1号端点出发，处理出从1出发这段区间中，看到的不同画的个数，并用一个数组cnt维护每张画出现了多少张。
此后就像滑动窗口一样啦！
code
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 int n,m,ansl,ansr; 8 int a[1000090],cnt[1000090]; 9 10 bool check(int x) 11 { 12 int tmp=0; 13 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 14 for(int i=1;i<=x;i++) 15 { 16 if(!cnt[a[i]]) tmp++; 17 cnt[a[i]]++; 18 } 19 if(tmp==m) 20 { 21 ansl=1,ansr=x; 22 return 1; 23 } 24 int nowl=2,nowr=2+x-1; 25 for(int i=nowl;nowr<=n;nowl++,nowr++) 26 { 27 cnt[a[nowl-1]]--; 28 if(!cnt[a[nowl-1]]) tmp--; 29 cnt[a[nowr]]++; 30 if(cnt[a[nowr]]==1) tmp++; 31 if(tmp==m) 32 { 33 ansl=nowl,ansr=nowr; 34 return 1; 35 } 36 } 37 return 0; 38 } 39 40 int main() 41 { 42 scanf("%d%d",&n,&m); 43 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 44 ansl=1,ansr=n; 45 int l=1,r=n; 46 while(l<r) 47 { 48 int mid=(l+r)>>1; 49 if(check(mid)) r=mid; 50 else l=mid+1; 51 } 52 printf("%d %d",ansl,ansr); 53 return 0; 54 }
Summary
思考这道题的时候被学长“质问”有没有什么想法，其实当时在纠结而二分的对象是什么。学长箴言：二分是一种优化的枚举，只要满足二分单调性，基本都可用二分求解。
另外，代码实现的时候竟然有一个WA掉的点会输出0 0，还是赋一下ansl,ansr的初值比较好！