题解：AT_jsc2019_final_h Distinct Integers

节选自：线段树进阶应用学习笔记（四）：单侧递归问题

题目链接：AT_jsc2019_final_h Distinct Integers

第一届日本最强程序员学生锦标赛决赛

首先，这道题目要求的是区间有多少个子区间没有重复数字，如果我们记录一下每个数字 $i$ 前一次出现的位置 $pr{e}_i$，那么问题就变成了有多少个子区间包括 $i$ 但不包括 $pr{e}_i$，由于区间内每个数字都不能重复出现，于是固定住 $r$，$l$ 最左就只能到 $\underset{i=L}{\overset{r}{max}}pr{e}_i+1$，此时对于答案的贡献就是 $r-l+1$，于是答案就变成了 ${\displaystyle \sum _{i=L}^R(i-\underset{j=L}{\overset{i}{max}}pr{e}_j)=\frac{(L+R)(R-L+1)}{2}-\sum _{i=L}^R\underset{j=L}{\overset{i}{max}}pr{e}_j}$，于是问题就变成了求区间 $[l,r]$ 中前缀 $pre$ 的最大值的和。

现在我们将问题转化成了区间前缀最大值问题，依然考虑使用线段树单侧递归的写法。考虑 $id$ 的两个儿子以及 $id$ 的右儿子的两个儿子 $ls$ 和 $rs$，如果 $id$ 的左儿子的区间最大值比 $id$ 的右儿子的大，那么 $id$ 的右儿子的所有前缀最大值都无法对答案造成贡献，于是 $id$ 的答案就是 $id$ 的左儿子的答案加上 $id$ 的右儿子的长度乘以 $id$ 的左儿子的区间最大值。

考虑 $ls$ 的区间最大值小于 $id$ 的左儿子的这种情况，此时 $ls$ 的所有前缀最大值都无法保留，于是答案加上 $ls$ 的长度乘上 $id$ 的左儿子的区间最大值，往 rs 递归即可。

最后考虑 $ls$ 的区间最大值大于 $id$ 的左儿子的这种情况，由于如果 $rs$ 的一个前缀最大值大于 $ls$ 的区间最大值，那么一定会在 $id$ 的前缀最大值中被保留下来，而且 $id$ 的左儿子的答案等于 $ls$ 的答案加上在 $ls$ 遮挡下 $rs$ 的答案，因此将答案加上 t[id << 1 | 1].ans - t[ls].ans，往 $ls$ 递归即可。

修改操作可以给每种值开一个集合，记录这种值出现的下标。将 $a_x$ 修改为 $y$ 时，只用将 $x$ 在 $a_x$ 集合中的后继的 $pre$ 修改为 $x$ 的前驱，并将 $x$ 的 $pre$ 修改为它在 $y$ 集合中的前驱，将 $x$ 后继的 $pre$ 修改为 $x$ 即可。

注意一下，如果最大的 $pr{e}_i$ 都小于 $L$，那么 $l$ 只能取到 $L$，不能更小，因此需要特判一下。那么这道题就在 $O(n{\log }^{2}n)$ 的时间复杂度内解决。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e5 + 9;
struct Node{
	int ans, maxn;
} t[N << 2];
int a[N], pre[N], n, q;
int prequery(int id, int l, int r, int ql, int qr){
	if(ql <= l && r <= qr)
		return t[id].maxn;
	int mid = (l + r) >> 1, ans = 0;
	if(ql <= mid)
		ans = prequery(id << 1, l, mid, ql, qr);
	if(qr > mid)
		ans = max(ans, prequery(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
	return ans;
}
int pushup(int now, int l, int r, int cmp){
	int res = 0;
	while(true){
		if(l == r){
			res += max(t[now].maxn, cmp);
			break;
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(cmp > t[now << 1].maxn){
			res += (mid - l + 1) * cmp;
			now = now << 1 | 1;
			l = mid + 1;
		} else {
			res += t[now].ans - t[now << 1].ans;
			now = now << 1; 
			r = mid;
		}
	}
	return res;
}
void build(int id, int l, int r){
	if(l == r){
		t[id].maxn = t[id].ans = pre[l];
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(id << 1, l, mid);
	build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
	t[id].maxn = max(t[id << 1].maxn, t[id << 1 | 1].maxn);
	t[id].ans = t[id << 1].ans + pushup(id << 1 | 1, mid + 1, r, t[id << 1].maxn);
}
void modify(int id, int l, int r, int q, int qx){
	if(l == r){
		t[id].ans = t[id].maxn = qx;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(q <= mid)
		modify(id << 1, l, mid, q, qx);
	else
		modify(id << 1 | 1, mid + 1, r, q, qx);
	t[id].maxn = max(t[id << 1].maxn, t[id << 1 | 1].maxn);
	t[id].ans = t[id << 1].ans + pushup(id << 1 | 1, mid + 1, r, t[id << 1].maxn);
}
int query(int id, int l, int r, int ql, int qr){
	if(ql <= l && r <= qr)
		return pushup(id, l, r, l - 1 ? prequery(1, 1, n, 1, l - 1) : 0);
	int mid = (l + r) >> 1, ans = 0;
	if(ql <= mid)
		ans += query(id << 1, l, mid, ql, qr);
	if(qr > mid)
		ans += query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
	return ans;
}
vector <int> s[N];
signed main(){
	scanf("%lld%lld", &n, &q);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		s[i].push_back(0);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		scanf("%lld", &a[i]);
		a[i]++;
		s[a[i]].insert(lower_bound(s[a[i]].begin(), s[a[i]].end(), i), i);
		pre[i] = *--lower_bound(s[a[i]].begin(), s[a[i]].end(), i);
	}
	build(1, 1, n);
	while(q--){
		int opt, x, y;
		scanf("%lld%lld%lld", &opt, &x, &y);
		x += 1;
		y += !opt;
		if(opt == 0){
			if(upper_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x) != s[a[x]].end()){
				modify(1, 1, n, *upper_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x), *--lower_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x));
				pre[*upper_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x)] = *--lower_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x);
			}
			s[a[x]].erase(lower_bound(s[a[x]].begin(), s[a[x]].end(), x));
			s[y].insert(lower_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x), x);
			pre[x] = *--lower_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x);
			modify(1, 1, n, x, *--lower_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x));
			if(upper_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x) != s[y].end()){
				modify(1, 1, n, *upper_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x), x);
				pre[*upper_bound(s[y].begin(), s[y].end(), x)] = x;
			}	
			a[x] = y;
		} else {
			modify(1, 1, n, x, x - 1);
			printf("%lld\n", (x + y) * (y - x + 1) / 2 - query(1, 1, n, x, y));
			modify(1, 1, n, x, pre[x]);
		}
	}
	return 0;
}