#C220816C. 时间复杂度

#C220816C. 时间复杂度

C220816C 校内模拟赛

背景

注意：本题采用捆绑测试。

题目描述

在你的帮助下，小凯成功找到了宝藏价值最大的方案。接下来他在闲逛时被一个游戏机吸引了。

游戏机中共有 $n$ 个带颜色的小球，第 $i$ 个小球的颜色是 $a_i$ 。小凯需要选出一个区间（假设长度为 $l$ ），满足对于任意颜色的小球：

1. 要么在这个区间中出现 $0$ 次（即不出现）；
2. 要么在这个区间中出现次数 $\ge b_l$ 。

其中 $b_l$ 是一个给定的数组，且满足对于任意 $i<j$ 有 $b_i\ge b_j$ 。如果最终小凯选出的区间越长，获得的奖励就越大。

小凯想用 OI 知识解决这个问题，但是由于水平问题，他只会 $O(n^3)$，而游戏机中的球非常多。因此他又来厚颜无耻地找你，希望你能帮他优化时间复杂度，解决这个问题。

即求出，最长满足要求的区间长度是多少。特别的，若问题无解，输出 $0$ 。

输入格式

第一行共一个数 $n$ 。

第二行共 $n$ 个数字，表示 $a_i$。

第三行共 $n$ 个数字，表示 $b_i$ 。

输出格式

输出共一个数字，表示最长的合法区间长度。

样例

输入数据 1

7
2 0 4 0 4 3 2
3 3 3 2 2 2 2

输出数据 1

4

样例说明

选 $0$ $4$ $0$ $4$ 显然最优。

数据规模与约定

subtask1(10pts) ：n≤300。

subtask2(15pts) ：n≤1500。

subtask3(20pts) ：n≤100000。

subtask4(20pts) ：保证所有 $b_i$ 都相等。

subtask5(35pts) ：无特殊限制。

对于 $100$ 的数据，$n\le {10}^6；0\le a_i\le n；1\le b_i\le n+1$，且满足对于任意 $i<j$ 有 $b_i\ge b_j$。

Tips： 由于输入输出量较大，建议使用快速输入输出。

Solution

题目中有一个及其重要的条件，就是 $b$ 数组是不严格递减的，同时长度是在单调上升的，所以就会有一个发现：小区间的限制比大区间的限制更多。

假如有一个区间 $[l,r]$ 包含 $pos$，并且这个区间只有 $pos$ 的数量是小于 $b[r-l+1]$ 的，那么会发现因为小区间的 $b$ 值只会比大区间更大，而 $pos$ 的数量只会比大区间的少，所以如果大区间因为 $pos$ 的数量太少而无法成为合法区间，那么这个大区间内所有包含 $pos$ 的小区间也不会是合法的。根据这点就诞生了这一种做法。

将原序列作为一个大区间，然后在这个大区间中找到所有导致这个大区间不合法的 $pos$ 值，并依照这些 $pos$ 值将大区间拆成很多小区间，递归处理，如果找不到这样的 $pos$，那么当前的区间就是一个合法区间，可以用来更新答案。

用样例来解释，第一轮：

$$\begin{array}{ccccccc}2& 0& 4& 0& 4& 3& 2\\ & & & & & \uparrow \end{array}$$

划分成为：

$$\begin{array}{ccccccc}(2& 0& 4& 0& 4)& ◻& (2)\end{array}$$

这两个区间，然后递归进入这两个区间（右侧那个单 $2$ 的显然是不可能，所以就不继续往下画图了）。

$$\begin{array}{ccccc}2& 0& 4& 0& 4\\ \uparrow \end{array}$$

划分成为：

$$\begin{array}{ccccc}◻& (0& 4& 0& 4)\end{array}$$

再次递归进入新的小区间，发现是一个合法的区间，更新答案。

可以得知每个数出现次数总共有 $\sqrt{n}$ 种情况，所以可以得知这种做法的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$ 的，可以通过 subtask3，但无法通过 subtask5。

考虑怎么优化这种做法。不难发现可以将一次找完大区间内所有的 $pos$ 值这一步带来了巨大的时间开销，这一步可以被替换为找到大区间中的任意一个 $pos$ 值来对大区间进行分割，这样的正确性是可以保证的，并且相比之前那种做法还更易实现。

为了使找 $pos$ 的过程耗时尽可能少，我们最好要选到最靠近大区间端点的 $pos$ 值，然后以这个 $pos$ 值来分割区间。但是因为我们不知道这个 $pos$ 到底靠哪一边，所以最坏的情况下仍然会是 $\mathcal{O}(n)$ 的。这时候有一种比较神奇的做法，类似于 $\mathtt{\text{meet in the middle}}$，是在当前大区间的左右端点都整一个指针同时向中间移动，这样最坏情况下也只会跑一半区间的长度。到了这里，我们已经将大区间按照 $pos$ 分割成为了一个小区间和另一个稍大的区间（这个稍大的区间之后就称为大区间了）。这时，有一种类似 $\mathtt{\text{dsu on tree}}$ 的启发式合并思想，先将小的区间清除对答案的贡献，然后计算大区间的贡献并保留，再计算小区间的贡献并且保留对答案的影响（与 $\mathtt{\text{dsu on tree}}$ 的基本思想一致）。不难发现，这种情况下最坏的分治树也只会变成线段树的样子，所以时间复杂度就是启发式合并的 $\mathcal{O}(n\log n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
void read(auto &k)
{
	k=0;auto flag=1;char b=getchar();
	while (!isdigit(b)) {flag=(b=='-')?-1:1;b=getchar();}
	while (isdigit(b)) {k=k*10+b-48;b=getchar();}
	k*=flag;
}
void write(auto x) {if (x<0) {putchar('-');write(-x);return;}if (x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');}
void writewith(auto x,char c) {write(x);putchar(c);}
const int _SIZE=1e6;
int n,a[_SIZE+5],b[_SIZE+5];
int cnt[_SIZE+5],res;//cnt是桶，res记录答案
void calc(int l,int r)
{
	if (r<l || r-l+1<=res)//如果区间非法或者是比答案小，那么直接清除贡献
	{
		for (int i=l;i<=r;i++) --cnt[a[i]];
		return;
	}
	if (l==r)//单点，更新答案后清除贡献
	{
		--cnt[a[l]];
		if (b[1]==1) res=max(res,1);
		return;
	}
	int p=l,q=r,pos=-1,target=b[r-l+1];
	while (p<=q)//双指针寻找pos值
	{
		if (cnt[a[p]]<target) {pos=p;break;}
		if (cnt[a[q]]<target) {pos=q;break;}
		q--,p++;
	}
	if (pos<0)//不存在pos值
	{
		res=max(res,r-l+1);//更新答案
		for (int i=l;i<=r;i++) --cnt[a[i]];//清除贡献
		return;
	}
	if (pos<=((l+r)>>1))//pos靠左，左侧为小区间
	{
		for (int i=l;i<=pos;i++) --cnt[a[i]];//清除左侧小区间贡献
		calc(pos+1,r);//计算右侧贡献
		for (int i=l;i<pos;i++) ++cnt[a[i]];//计算左侧贡献
		calc(l,pos-1);
	}
	else 
	{
		for (int i=pos;i<=r;i++) --cnt[a[i]];//同上
		calc(l,pos-1);
		for (int i=pos+1;i<=r;i++) ++cnt[a[i]];
		calc(pos+1,r);
	}
}
signed main()
{
	read(n);
	for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),cnt[a[i]]++;
	for (int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
	calc(1,n);//原序列直接作为大区间
	writewith(res,'\n');
	return 0;
}