QOJ5173 染色
涉及知识点：扫描线，贪心
前言
非常好的一道题，转化十分精彩，之前完全没想到能有接近线性的做法。
题意
有一串纸条，上有 \(n\) 个格子，每个格子最开始有某种初始颜色，你可以用一秒钟将某个格子染成任意颜色，或者向左向右移动，前提是移动前后的格子颜色相同。有 \(q\) 组询问，每次询问从 \(u\) 到 \(v\) 的最短时间，询问之间独立。
\(n,q\leq 10^6\)。
思路
转化
正推没有什么头绪，我们可以反过来想，移动 \(len\) 距离最多可能需要的时间为 \(2len-2\)，其中 \(len-1\) 是移动操作，另外 \(len-1\) 是染色操作，表示每一次移动前都将当前格子染成下一个格子的颜色，不难用发现这样的策略，无论格子颜色如何都一定能够成功抵达终点。于是在这个基础上考虑如何使步数更小，我们发现如果其中有一对 \(x<y\) 满足 \(col_x=col_y\)，此时总步数就可以减小 \(1\)，我们可以将 \([x+1,y-1]\) 的格子都染为 \(col_x\) 然后直接移动，这样从 \(x\) 移动到 \(y\) 就只需要染色 \(y-x-1\) 次，但按照我们之前的策略会染 \(y-x\) 次。
ABCA
之前的策略：
ABCA \(\rightarrow\) BBCA \(\rightarrow\) BBCA \(\rightarrow\) BCCA \(\rightarrow\) BCCA \(\rightarrow\) BCAA \(\rightarrow\) BCAA（共 \(6\) 步）
优化策略：
ABCA \(\rightarrow\) AACA \(\rightarrow\) AAAA \(\rightarrow\) AAAA \(\rightarrow\) AAAA \(\rightarrow\) AAAA（共 \(5\) 步）
子问题：拆子区间
因此我们的问题就转化为了：给定一段区间，求区间里最多能拆出多少子区间，满足子区间两端点颜色相同，并且子区间之间不交（端点可交）。
这听起来似乎有点经典，事实上，如果没有多次询问的限制，这是一个简单的线性 DP：
线性 DP：
\[f[i]=\max(\max\{f[j]\},\max\{f[k]+1\})\ (j,k<i,col[k]=col[i]) \]记 \(g[x]\) 为 \(col[k]=x\) 时最大的 \(f[k]+1\)，\(maxf\) 为全局最大的 \(f[j]\) 即可简单优化为线性。
for(int i=1;i<=n;i++){ f[i]=max(maxf,g[a[i]]); maxf=max(maxf,f[i]); g[a[i]]=max(g[a[i]],f[i]+1); }
眼看 DP 是没什么办法优化下去了……但是我们发现，这题可以直接贪心！
怎么贪呢？对于一个点 \(x\)，它的下一个区间选择它右侧区间中右端点最小的区间（这个区间的左端点可以为 \(x\)，也可以大于 \(x\)，但不能小于 \(x\)），将这个区间的右端点记为 \(fa[x]\)。不断从起点跳 \(fa[x]\)，直至再跳就要超过终点为止，跳的步数就是最大子区间数。
比如说，\(1,2,2,3,2,3,5,1\) 的 \(fa\) 数组为 \(3,3,5,6,-1,-1,-1,-1\)。
为什么这样贪心对呢？因为 \(fa[x]\) 的设定相当于我们固定住了左边界 \(x\)，于是当然是右边界越靠左越优。
\(fa\) 是可以线性求的，只需要先预处理出每个格子下一个与它颜色相同格子的编号 \(nxt\)，注意此处 \(i\) 是倒序遍历：
转移方程表示我们每遍历到一个格子 \(i\) 就用区间 \([i,nxt[i]]\) 来更新一下答案。
离线询问
最后需要解决的问题，就是怎么处理这么多组询问。我们可以扫描线，当前扫到 \(r\)，利用并查集维护某个点 \(l\) 能跳到的最大的 \(\leq r\) 的点，于是一组 \([l,r]\) 的询问的答案即为 \(l\) 跳多少次能跳到并查集的根，在求 \(fa\) 时顺便用一个类似后缀和的东西维护一下即可，具体可以看代码的 suf 数组。
细节
还有一个小细节，原问题并未保证起点 \(u \leq\) 终点 \(v\)，不过根据我们以上分析，显然 \(u\) 到 \(v\) 和 \(v\) 到 \(u\) 答案是一样的，直接交换起点终点就可以了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>inline void rd(T &x){
T res=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();}
x=res*f;
}
template<class T>inline void wt(T x,char endch='\0'){
static char wtbuff[20];
static int wtptr;
if(x==0){
putchar('0');
}
else{
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
wtptr=0;
while(x){wtbuff[wtptr++]=x%10+'0';x/=10;}
while(wtptr--) putchar(wtbuff[wtptr]);
}
if(endch!='\0') putchar(endch);
}
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=1e6+5;
int n,q,a[MAXN],ans[MAXN];
int fa[MAXN],suf[MAXN],buck[MAXN],nxt[MAXN];
vector<int>son[MAXN];
struct QUERY{
int l,r,id;
QUERY(){}
QUERY(int a,int b,int c):l(a),r(b),id(c){}
};
vector<QUERY>qry[MAXN];
struct DSU{
int fa[MAXN];
int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
void init(int len){
for(int i=1;i<=len;i++){
fa[i]=i;
}
}
}dsu;
int main(){
rd(n);rd(q);
for(int i=1;i<=n;i++){
rd(a[i]);
}
int x,y;
for(int i=1;i<=q;i++){
rd(x);rd(y);
if(x>y) swap(x,y);
qry[y].emplace_back(x,y,i);
}
dsu.init(n+1);
for(int i=n;i>=1;i--){
if(!buck[a[i]]) nxt[i]=n+1;
else nxt[i]=buck[a[i]];
buck[a[i]]=i;
}
fa[n+1]=n+1;suf[n+1]=-1;
for(int i=n;i>=1;i--){
fa[i]=min(fa[i+1],nxt[i]);
son[fa[i]].push_back(i);
suf[i]=suf[fa[i]]+1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto it:son[i]){
dsu.fa[dsu.find(it)]=i;
}
for(auto it:qry[i]){
ans[it.id]=2*(it.r-it.l+1)-2-(suf[it.l]-suf[dsu.find(it.l)]);
}
}
for(int i=1;i<=q;i++){
wt(ans[i],'\n');
}
return 0;
}
