CF1142B Lynyrd 和 Skynyrd
1 CF1142B Lynyrd 和 Skynyrd
2 题目描述
最近，\(Lynyrd\) 和 \(Skynyrd\) 去了一家商店，\(Lynyrd\) 在那里买了一个长度为 \(n\) 的 \(p\) 排列，\(Skynyrd\) 买了一个由 \(1\) 到 \(n\) 的整数构成，长度 \(m\) 的数组 \(a\)。
\(Lynyrd\) 和 \(Skynyrd\) 很无聊，所以他们问了 \(q\) 个问题，问题都如以下形式：“从 \(l\) 到 \(r\) 的区间内是否存在一个子段，是 \(p\) 的循环变换？” 请你回答他们的问题。
题目中长度为 \(n\) 的 \(p\) 排列是一个 \(1\) 到 \(n\) 的全排列，也就是说，在该排列中，\(1\) 到 \(n\) 中的每个整数都以任意顺序出现且仅出现一次。
\(p\) 数组的循环变换是指形如 \(p_i\),\(p\)\(_i\)\(_+\)\(_1\)\(,...,\)\(p_n\),\(p_1\),\(p_2\),\(p_3\),...,\(p\)\(_i\)\(_-\)\(_1\) 的数列(\(i\in[1,n]\))。例如，数组有三个不同的循环变换：\((2,1,3)\),\((1,3,2)\),\((3,2,1)\)。
数组 \(a\) 从 \(l\) 到 \(r\) 这一区间的子段是一个形如 \(a\)\(_i\)\(_1\),\(a\)\(_i\)\(_2\),...,\(a\)\(_i\)\(_k\) 的数列，其中的 \(i_1\),\(i_2\),...,\(i_k\) 满足 \(l≤\)\(i_1\)\(<\)\(i_2\)\(<...<\)\(i_k\)\(≤r\)。
3 CF1142B LS 题解
这道题有许多难点，我们分别讨论。
首先，我们来解决关于循环变换的问题。我们发现：无论给出的 \(p\) 数组再怎么变换，每一个数的后继（也就是下一个数）是不变的。根据这个性质，我们想到：对于每一个数属于 \(a\) 数组的数，我们可以通过不断寻找其后继的方法将整个序列确定出来。举个例子，如果 \(p\) 数组为 \(2, 1, 3\)，\(a\) 数组为 \(1, 3, 2, 1, 2, 3\)。那么我们首先找出后继：对于 \(2\) 来说，我们要找的值为 \(1\)；对于 \(1\) 来说，我们要找的值为 \(3\)；对于 \(3\) 来说，我们要找的值为 \(2\)。接下来，我们根据这个寻找后继的规律，将 \(a\) 数组所有数的最靠前的后继的坐标都找出来（没有找到后继的表示为 \(x\) ）：\(2, 3, 4, x, x, x\)。根据这个，我们想到：如果记一个数的后继为 \(1\) 级后继，这个数后继的后继记为 \(2\) 级后继，那么如果我们找到了这个数的 \(n-1\) 级后继，我们就确定了一个 \(p\) 数组的循环变换。我们可以把这个 \(i\) 级后继存储到一个数组 \(nxt\) 中，以便计算。
接下来，我们来考虑如何计算 \(nxt\) 数组。根据上面的定义，我们可以初步定义为如下 \(nxt\) 数组：\(nxt_{i, j}\) 表示第 \(i\) 个数的 \(j\) 级后继的坐标。我们发现，一个数的 \(2\) 级后继，为这个数的 \(1\) 级后继的 \(1\) 级后继。据此，我们推出转移方程：\(nxt_{i, j} = nxt_{nxt_{i, j-1}, 1}\)。容易发现，这样的时间复杂度为 \(O(n^2)\)，无法通过此题。我们仔细观察性质，发现：一个数的 \(2^x\) 级后继为其 \(2^{x-1}\) 级后继的 \(2^{x-1}\) 级后继。这个转移方程特别像我们在解决最近公共祖先 \(LCA\) 问题时的转移方程，因此，我们可以设计出同样的状态：\(nxt_{i, j}\) 表示第 \(i\) 个数的 \(2^j\) 级后继的坐标。转移方程根据上文便可得知：\(nxt_{i, j} = nxt_{nxt_{i, j-1}, j-1}\)。到了这里，我们就可以利用倍增求出 \(nxt\) 数组了。但此时仍旧有个问题：如何计算 \(nxt_{i, 0}\)？此时我们回到后继的定义上，我们要找的是最靠前的后继，意思就是该后继的坐标在没有小于第 \(i\) 个数的坐标的情况下最小。那么如何保证这一点呢？其实很简单，我们倒着处理整个 \(a\) 数组即可。更具体地，我们对于第 \(i\) 个数，先找到其应该寻找的数 \(x\)，然后找到坐标最靠前的 \(x\)。但是如何找到最靠前的 \(x\) 呢？我们在处理时，用数组 \(s\) 存储对于每一个数 \(x\)，其最靠前的坐标。即 \(s_i\) 表示所有值为 \(i\) 的数中，坐标最靠前的数的坐标。很容易想到，我们在处理第 \(i\) 个数时，可以将 \(s_{a_i}\) 的值改为 \(i\)，此时的 \(i\) 肯定为满足条件的最小的坐标：如果有数的坐标比它更小，那么这个更小的坐标肯定比 \(i\) 小，从而不满足坐标比 \(i\) 大这一条件。综上所述，\(nxt\) 数组的计算可以在 \(O(n*log_2n)\) 的时间复杂度内计算出。
然后，我们来看如何找到 \(n-1\) 级后继。由于我们 \(nxt\) 数组存储的后继都是 \(2\) 的整数次幂的后继的坐标，那么有极大的概率我们没法直接统计出 \(n-1\) 级后继。如何解决这个问题呢？在有关 \(2\) 的处理中，起到重要作用的一种操作就是二进制拆分。对于这一题也是如此，我们可以将 \(n-1\) 这个数进行二进制拆分。跟快速幂一样，如果在二进制中从左往右数第 \(k\) 位是 \(1\)，那么我们将坐标变为当前坐标的 \(2^{k-1}\) 级后继。如此跳转 \(log_2n\) 次后，我们就可以求出第 \(i\) 个数的 \(n-1\) 级后继：坐标从 \(i\) 开始，将 \(n-1\) 进行二进制拆分后计算出第 \(i\) 个数的 \(2^{k_1 - 1}\) 级后继的 \(2^{k_2-1}\) 几后继 \(...\)的 \(2^{k_t - 1}\) 级后继。这个值就是第 \(i\) 个数的 \(n-1\) 级后继。
最终，我们来回答题目问的问题。看到了 \(l, r\) 之后，相信很多人脑中都会蹦出数据结构解法。我们结合上文的所有铺垫，来看看能否解决问题。首先，我们用 \(End\) 数组存储所有数的 \(n-1\) 级后缀，如果不存在该后缀则赋为极大值。\(End\) 数组的含义便是：对于第 \(i\) 个数，一个完整的循环变换的终点坐标在哪里。我们思考：如果保证 \(i \in[l, r]\)，那么只要存在一个 \(End_i\) 满足 \(End_i \leq r\)，这个区间内就一定存在一个循环变换。我们思考一下：最有可能满足条件的 \(End\) 值一定是 \(i \in [l,r]\) 中 \(End_i\) 的最小值。因此，我们得到了本题的解法：利用线段树或者 \(ST\) 表维护区间最小值，元素就是所有 \(End_i\)。每次查询可以看作询问 \([l,r]\) 区间的最小值是否小于等于 \(r\)。这里我使用的是线段树。
注意：在计算 \(nxt\)时一定要先循环遍历 \(j\)，再循环遍历 \(i\)，这是因为如果先循环遍历 \(i\) 的话，坐标大于 \(i\) 的数的 \(nxt\) 数组还没有计算完毕，会导致在 \(j\) 逐渐变大的时候 \(nxt_{i,j-1}\) 这一值因为没有被计算过而被视为极大值，从而导致总体计算出现严重错误。
4 代码（空格警告）：
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n, m, q;
int a[N], b[N], nxt[N][20], s[N], nxt2[N], li, ri, fans[N];
long long End[N];
struct node
{
int l, r, minn;
}t[N*4];
void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l;
t[p].r = r;
if (l == r)
{
t[p].minn = End[l];
return ;
}
int mid = (l+r)/2;
build(p*2, l, mid);
build(p*2+1, mid+1, r);
t[p].minn = min(t[p*2].minn, t[p*2+1].minn);
}
int query(int p, int l, int r)
{
if (t[p].l >= l && t[p].r <= r) return t[p].minn;
int mid = (t[p].l + t[p].r) / 2;
int ans = 0x3f3f3f3f;
if (l <= mid) ans = min(ans, query(p*2, l, r));
if (r > mid) ans = min(ans, query(p*2+1, l, r));
return ans;
}
int get(int x, int t)
{
int ans = x, cnt = 0;
if (t == 9 && x == 1)
{
while (t)
{
if (t & 1)
{
ans = nxt[ans][cnt];
}
if (ans == 0x3f3f3f3f) break;
t >>= 1;
cnt++;
}
return ans;
}
while (t)
{
if (t & 1) ans = nxt[ans][cnt];
if (ans == 0x3f3f3f3f) break;
t >>= 1;
cnt++;
}
return ans;
}
int main()
{
memset(nxt, 0x3f, sizeof(nxt));
memset(s, 0x3f, sizeof(s));
memset(End, 0x3f, sizeof(End));
cin >> n >> m >> q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
nxt2[a[i]] = i+1;
}
nxt2[a[n]] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i];
for (int i = m; i >= 1; i--)
{
int x = a[nxt2[b[i]]];
nxt[i][0] = s[x];
s[b[i]] = i;
}
for (int j = 1; j <= 18; j++)
{
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
if (nxt[i][j-1] == 0x3f3f3f3f) continue;
nxt[i][j] = nxt[nxt[i][j-1]][j-1];
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) End[i] = get(i, n-1);
build(1, 1, m);
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
cin >> li >> ri;
if (query(1, li, ri) <= ri) fans[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= q; i++) cout << fans[i];
return 0;
}
欢迎关注我的公众号：智子笔记
