1394 数字串

1394 数字串

 

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 题目等级 : 钻石 Diamond

题解

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题目描述 Description

给你一个长度为n的数字串，数字串里会包含1-m这些数字。如果连续的一段数字子串包含了1-m这些数字，则称这个数字字串为NUM串。你的任务是求出长度最短的NUM串是什么，只需要输出这个长度即可。
1<=n，m<=200000

输入描述 Input Description

第一行给定n和m。 
第二行n个数，表示数字串，数字间用空格隔开。

输出描述 Output Description

如果存在NUM串则输出最短NUM串长度，否则输出“NO”。 

样例输入 Sample Input

5 3
1 2 2 3 1

样例输出 Sample Output

3

数据范围及提示 Data Size & Hint

各个测试点1s

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贪心

 

题意：

给定一个长度为n的序列，每个元素都是不大于m的正整数。找出最短的连续数段，满足每一个不大于m的正整数都在其中出现。n和m均不大于200,000。

最简单的想法是，暴力枚举左右端点形成序列，在序列中分别查找每个不大于m的正整数。时间复杂度O(n^3·m)。

可以想到的一个简单优化是，可以枚举左端点，然后不断向右扫描，用一个桶d[]来统计每个不大于m的正整数出现的次数。

则当d[]中的每个元素都大于0时，即每个不大于m的正整数都有出现时，结束当次扫描，修改最小值，选择下一个左端点。时间复杂度O(n^2·m)。

可以想到，每次只修改某单个d[i]，即令d[i]增加1，却要把整个数组扫描一次来判断，是很浪费时间的。我们可以令cnt为d[]中值大于0的元素个数，且初始化为0。

每次令d[i]增加1后，若d[i]的变化是从0到1，则令cnt增加1。当cnt=m时就知道当前数段已经满足要求了，不必次次把d[]扫描一次。时间复杂度O(n^2+nm)。

但是本题要求一个线性的做法，每次选择好左端点然后从原地开始向右扫描，显然是二次方的。是否一定要从原地开始扫描呢？

令f[i]为当左端点为i时，最小的使得数段[i,j]满足要求的j。如n=5,m=3且序列为1,3,3,2,1，当左端点为1时向右扫描，直到扫描到第4个数，才能使得当前数段1,3,3,2满足要求。

而以2为左端点则要扫描到第5个数才可以。因此定义f[1]=4,f[2]=5，同理f[3]=5，而f[4]和f[5]为无穷大。则只需要在所有f[i]-i+1中找一个最小值即可。

应该注意到，f[i]关于i是单调的，当i增加时，f[i]不会减少。如果有i<j且f[j]<f[i]，由于数段[i,f[j]]包含数段[j,f[j]]，一定也是满足要求的，而数段[i,f[i]]比这还大，不可能是最小的。

当i=1时，可以进行朴素的扫描，即从原地开始。当i=2时，则只要从f[1]开始即可。更一般地，当左端点为i时，只要从f[i-1]开始即可，大大节省了时间。

但是，d[]和cnt要怎么维护呢？只需要在左端点i移动至i+1时，将d[i]减去1即可。如果d[i]的变化是从1到0，则令cnt减去1。右端点移动时，就按原来添加元素的方法去做即可。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 201000
int n,m,num,a[N],vis[N];
int ans=0x3f3f3f3f;
int main(){
    freopen("sh.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int i,j=1;
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=0;num<m&&i<=n;){
        vis[a[++i]]++;
        if(vis[a[i]]==1) num++;
    }
    if(i>n){
        puts("NO");
        return 0;
    }
    for(ans=i;i<=n;i++){
        vis[a[i]]++;
        if(vis[a[i]]==1) num++;
        for(;(num>m)||(num==m&&vis[a[j]]>1);j++){
            vis[a[j]]--;
            if(vis[a[j]]==0) num--;
        }
        ans=min(ans,i-j+1);
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}