Luogu P1638 逛画展 【二分答案】
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
12 5
2 5 3 1 3 2 4 1 1 5 4 3
2 7
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
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring> using namespace std; int n,m,ansl,ansr;
int a[],cnt[]; bool check(int x)
{
int tmp=;
memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(int i=;i<=x;i++)
{
if(!cnt[a[i]]) tmp++;
cnt[a[i]]++;
}
if(tmp==m)
{
ansl=,ansr=x;
return ;
}
int nowl=,nowr=+x-;
for(int i=nowl;nowr<=n;nowl++,nowr++)
{
cnt[a[nowl-]]--;
if(!cnt[a[nowl-]]) tmp--;
cnt[a[nowr]]++;
if(cnt[a[nowr]]==) tmp++;
if(tmp==m)
{
ansl=nowl,ansr=nowr;
return ;
}
}
return ;
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
ansl=,ansr=n;
int l=,r=n;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+;
}
printf("%d %d",ansl,ansr);
return ;
}
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!
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