CF786C Till I Collapse 题解

$\text{CF786C Till I Collapse 题解}$

朴素的回答一个询问所需要的时间复杂度是 $O(n)$。注意到若将 $n$ 个数划分成满足题目的限制，那么答案一定不会大于 $\lceil {\displaystyle \frac{n}{k}}\rceil$。我们希望可以利用答案较小这一性质，于是发现 $\lceil {\displaystyle \frac{n}{k}}\rceil$ 当 $k>\sqrt{n}$ 时是 $<\sqrt{n}$ 的。对于 $k\le \sqrt{n}$ 的情况我们可以在总 $O(n\sqrt{n})$ 的时间内处理，于是我们只需要考虑答案在 $[1,\lceil {\displaystyle \frac{n}{k}}\rceil ]$ 范围内的情形。容易知道的是答案是单调不增的。那么这个答案事实上形成了一段段区间，我们考虑对于每个答案，快速找出其对应的区间。具体地，找出这个答案所对应的 $k$ 最大的情形即可。留意到 $m$ 递减时，所能承受的 $k$ 是递增的关系，这个东西实际上是有单调性的，于是二分即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
int n;
int a[N];
bool vis[N];
int chk(int x) {
	int cnt = 0, ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!vis[a[i]]) vis[a[i]] = 1, ++cnt;
		if (cnt == x && !vis[a[i + 1]]) {
			++ans;
			int j = i;
			while (1) {
				if (vis[a[j]]) --cnt;
				vis[a[j]] = 0;
				if (cnt == 0) break;
				--j;
			}
		}
	}
	if (cnt) ++ans;
	for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = 0;
	return ans;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	int B = sqrt(n);
	int ans = B + 1, nk = B + 1;
	for (int k = 1; k <= B; k++) ans = chk(k), cout << ans << " ";
	for (int i = ans; i >= 1; i--) {
		int l = 1, r = n, mid = 0, ans = n;
		while (l <= r) {
			mid = (l + r) >> 1;
			if (chk(mid) < i) r = mid - 1;
			else ans = mid, l = mid + 1;
		}
		if (ans >= nk) {
			for (int j = nk; j <= ans; j++) cout << i << " ";
			nk = ans + 1;
		}
	}
	cout << "\n";
	return 0;
}