【BZOJ1826】【洛谷P4404】缓存交换【贪心】【堆】

题目大意：

题目链接：
BZOJ：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1826
洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4404

在计算机中，CPU只能和高速缓存Cache直接交换数据。当所需的内存单元不在Cache中时，则需要从主存里把数据调入Cache。此时，如果Cache容量已满，则必须先从中删除一个。 例如，当前Cache容量为3，且已经有编号为10和20的主存单元。 此时，CPU访问编号为10的主存单元，Cache命中。 接着，CPU访问编号为21的主存单元，那么只需将该主存单元移入Cache中，造成一次缺失（Cache Miss）。 接着，CPU访问编号为31的主存单元，则必须从Cache中换出一块，才能将编号为31的主存单元移入Cache，假设我们移出了编号为10的主存单元。 接着，CPU再次访问编号为10的主存单元，则又引起了一次缺失。我们看到，如果在上一次删除时，删除其他的单元，则可以避免本次访问的缺失。 在现代计算机中，往往采用LRU(最近最少使用)的算法来进行Cache调度——可是，从上一个例子就能看出，这并不是最优的算法。 对于一个固定容量的空Cache和连续的若干主存访问请求，聪聪想知道如何在每次Cache缺失时换出正确的主存单元，以达到最少的Cache缺失次数。

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思路：

首先，当Cache满了之后，选择已有单元中下一次出现位置最后的删除是最优秀的。因为删除的位置越后，中间可以避免其他的缺失个数就越多，相对的缺失次数就会越少。
维护$next[x]$表示下一个和元素$a[x]$相同的元素位置。这个是可以$O(n)$求出来的。
然后我们要维护多个二元组$(x,i)$，其中$i$表示选择第$i$个位置的元素，$x$表示$next[i]$。我们要在选择的不超过$m$个二元组中选择$x$尽量大的删除。所以可以用优先队列来维护。
注意到若两个元素$x,y$相同，设$x$的位置在$y$后面（$x$入队时间比$y$晚），那么必然有$next[x]>next[y]$。所以其实可以不用删除前面的$y$，因为$x$必然可以覆盖掉$y$，在$y$的前面出队。
时间复杂度$O(n\log n)$

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代码：

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp make_pair
using namespace std;

const int N=100010;
int n,m,tot,ans,sum,a[N],b[N],last[N],next[N];
priority_queue<pair<int,int> > q;
bool inque[N];

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+n);
	tot=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
	memset(last,0x3f3f3f3f,sizeof(last));
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		next[i]=last[a[i]];
		last[a[i]]=i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (ans<m && !inque[a[i]])
		{
			ans++;
			inque[a[i]]=1;
		}
		else if (ans>=m && !inque[a[i]])
		{
			ans++;
			inque[a[i]]=1;
			inque[q.top().second]=0;
			q.pop();
		}
		q.push(mp(next[i],a[i]));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}