P8445 射命丸文的取材之旅 题解

题意：给定 $\{a_n\},\{b_n\}$，求 $\underset{1\le l\le r\le n,c_i\in \{a_i,b_i\}}{max}\{r-l+1-\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i\}$。

Subtask 1

特殊条件：$1\le n\le 10$。$O(2^n{n}^2)$ 暴力枚举 $c_i,l,r$ 取值即可。

Subtask 2

特殊条件：$a_i=b_i$。问题转化为给定 $\{c_n\}$，求 $\underset{1\le l\le r\le n}{max}\{r-l+1-\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i\}$。

注意到 $0\le c_i\le n$，考虑枚举 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$，对每个 $x\in [0,n]$ 求出满足条件的最大 $r-l+1$。

$\mathrm{\forall }i\in [l,r],c_i\ne x$ 是 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$ 的必要条件，但我们可以升序枚举 $x$，然后把它当成充分条件来用。

证明：如果有 $\mathrm{\forall }i\in [l,r],c_i\ne x\bigwedge x\ne \underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$，那么一定有 $x>\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$，

而更小的 $x^{\prime }=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$ 已经枚举过，且 $r-l+1-x^{\prime }>r-l+1-x$，$x$ 不会对答案造成影响。

问题转化为对每个 $x\in [0,n]$ 求 $\underset{1\le l\le r\le n,\mathrm{\forall }i\in [l,r],c_i\ne x}{max}r-l+1$。

考虑正序扫一遍 $\{c_n\}$，记录 $p_k$ 为 $k$ 上次出现的位置，$s_k$ 为当前 $\underset{1\le l\le r\le n,\mathrm{\forall }i\in [l,r],c_i\ne k}{max}r-l+1$；

扫到 $c_i$ 时，用 $i-p_{c_i}-1$ 更新 $s_{c_i}$（$l=p_{c_i}+1,r=i-1$），再更新 $p_{c_i}\leftarrow i$。

$\mathrm{\forall }k\in [0,n],p_k=0$，这样就考虑了 $l=1$ 的情况；扫完后，用 $n-p_k$ 更新 $s_k$，这样就考虑了 $r=n$ 的情况。

以上，我们对每个 $x\in [0,n]$ 求出了满足 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$ 的最大 $r-l+1$，$O(n)$ 枚举 $x$ 即可。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, q, c[1000050], p[1000050], s[1000050];
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d", c + i),
    s[c[i]] = max(s[c[i]], i - p[c[i]] - 1), p[c[i]] = i;
    for(int k = 0;k <= n;++k) s[k] = max(s[k], n - p[k]);
    for(int x = 0;x <= n;++x) q = max(q, s[x] - x);
    return printf("%d", q), 0;
}

Subtask 3

仍然考虑枚举 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$，对每个 $x\in [0,n]$ 求出满足条件的最大 $r-l+1$。

$\mathrm{\forall }i\in [l,r],a_i\ne x\bigvee b_i\ne x$ 是 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$ 的必要条件，升序枚举 $x$，可以把它当成充分条件来用。证明同上。

考虑正序扫一遍 $\{a_n\},\{b_n\}$，当 $a_i=b_i$ 时更新 $s_{a_i}$ 和 $p_{a_i}$。注意考虑 $l=1$ 和 $r=n$ 的情况。

以上，我们对每个 $x\in [0,n]$ 求出了满足 $x=\underset{i=l}{\overset{r}{\mathrm{mex}}}{c}_i$ 的最大 $r-l+1$，$O(n)$ 枚举 $x$ 即可。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, q, a[1000050], b[1000050], p[1000050], s[1000050];
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d", a + i);
    for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d", b + i);
    for(int i = 1;i <= n;++i) if(a[i] == b[i])
    s[a[i]] = max(s[a[i]], i - p[a[i]] - 1), p[a[i]] = i;
    for(int k = 0;k <= n;++k) s[k] = max(s[k], n - p[k]);
    for(int x = 0;x <= n;++x) q = max(q, s[x] - x);
    return printf("%d", q), 0;
}