【题解】LOJ 516 - DP 一般看规律

题目大意

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给定一个长度为 \(n\) 的序列和 \(m\) 次操作，每次操作可以把序列所有值 \(x\) 改成值 \(y\) 。请在每次操作后输出序列中相同的值之间的最短距离。例如序列 \([1, 2, 1, 4, 2]\) ，其相同的值之间的最短距离为下标为 \(1\) 和 \(3\) 的值之间的距离，也就是 \(3\) 。如果序列中没有相同的值，输出 2147483647 。

解题思路

这道题属于求解最值的问题。根据经验，我们可以猜想这道题可能是用 \(dp\) ，贪心或者二分等算法求解。可以发现，答案一定单调不增的，下面给出不严谨证明：

因为将值 \(x\) 改成值 \(y\) 以后，原本值 \(x\) 贡献的答案并不会改变；此时值 \(x\) 反而可能与值 \(y\) 产生更小的答案，即使从最坏的情况考虑，答案也一定不会增加。

由此，我们可以想出一个时间复杂度为 \(O(n ^ 2)\) 的乱搞做法：每次操作都扫描一遍数组，将值 \(x\) 改成值 \(y\) 。此时值 \(y\) 中包含了原来的值 \(x\) ，直接求出修改后值 \(y\) 两两间隔的最小值，并与原来的答案比较即可。

遗憾的是，此题的数据并没有 \(n, m \leq 1000\) 的情况。根据笔者珍贵的考场经验，直接对数组进行修改会得到 \(0\) 分的好成绩！因此，我们考虑其他做法。显然 \(dp\) 和贪心不可行，我们考虑使用技巧来优化修改值 \(x\) 和求解答案的过程。

每次修改以后查询答案，我们只需要查询 \(y\) 出现过的所有下标。因此，我们可以将所有值为 \(y\) 的下标都存在一个集合中。将值 \(x\) 修改成值 \(y\) ，相当于把 \(x\) 的下标集合合并到 \(y\) 的下标集合。发散思维，得到本题的正解做法：启发式合并 。估算时间复杂度，单次修改 \(O(logn)\) ，显然可以跑进 \(1\) 秒。

每次合并后必须要在 \(O(logn)\) 的时间复杂度内查找出集合 \(y\) 中与集合 \(x\) 中的某个数最接近的值。因此，我们选择用 set 数组存储，直接二分查找即可。因为值域太大，我们还需要进行 离散化 处理。set[i] 表示离散化后排名为 i 的数在数组中出现的所有位置。

设 id[i] 表示排名为 \(i\) 的数对应的集合下标。每次启发式合并两个不同的集合 \(x, y\) 时，不妨设 \(x\) 的元素个数较少，否则直接交换 id[x] 和 id[y] 。此时我们需要更新答案：可能与当前的下标 \(v\) 更新答案的下标只有最接近 \(v\) 的前后两个下标。我们考虑使用 lower_bound ，因为下标不会重复，所以我们可以直接 lower_bound 求出它后面最接近它的下标。lower_bound 的前一个元素就是 \(v\) 前面最接近 \(v\) 的下标，分别更新答案即可。更新完答案，记得将集合 \(x\) 加入集合 \(y\) ，并清空集合 \(x\) 中的元素。

最后，对 set 进行 lower_bound 一定要使用 s.lower_bound(val) 而非 lower_bound(s.begin(), s.end(), val) 。否则会得到光荣的 \(TLE\ 48\) 分。

参考代码

#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
const int maxn = 3e5 + 5;
const int inf = 2147483647;
 
int n, m, ans;
int cnt, tot;
int a[maxn], b[maxn], idx[maxn];
int x[maxn], y[maxn], id[maxn];
set<int> s[maxn];
 
int read()
{
    int res = 0, flag = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            flag = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        res = res * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return res * flag;
}
 
void write(int x)
{
    if (x < 0)
    {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x > 9)
        write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}
 
void merge(int x, int y)
{
    if (x == y)
        return;
    if (s[id[x]].size() > s[id[y]].size())
        swap(id[x], id[y]);
    set<int>::iterator i, j;
    for (i = s[id[x]].begin(); i != s[id[x]].end(); i++)
    {
        j = s[id[y]].lower_bound(*i);
        if (j != s[id[y]].end())
            ans = min(ans, *j - *i);
        if (j != s[id[y]].begin())
        {
            j--;
            ans = min(ans, *i - *j);
        }
        s[id[y]].insert(*i);
    }
    s[id[x]].clear();
}
 
int main()
{
    ans = inf;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        b[++cnt] = a[i] = read();
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        b[++cnt] = x[i] = read();
        b[++cnt] = y[i] = read();
    }
    sort(b + 1, b + cnt + 1);
    tot = unique(b + 1, b + cnt + 1) - b - 1;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++)
        id[i] = i;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, a[i]) - b;
        s[a[i]].insert(i);
        if (idx[a[i]])
            ans = min(ans, i - idx[a[i]]);
        idx[a[i]] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        x[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, x[i]) - b;
        y[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, y[i]) - b;
        merge(x[i], y[i]);
        write(ans), puts("");
    }
    return 0;
}