题解 [JROI R6] 射命丸文的取材之旅

传送门

欸你谷的月赛质量啥时候这么高了（

只会到 \(O(n^2)\)，然而没有这档分
估计出题人也想不到有我这样的 nt 选手吧

先说 \(O(n^2)\)：
这题看着挺扫描线的，那就尝试扫描线维护 \(\rm mex\)
那么枚举 \(r\)，尝试不断减小 \(l\)
强制 \(a_i<b_i\)，每个位置都贪心选 \(b_i\)
发现位置 \(i\) 选数的时候有几种可能：

1. 选 \(b_i\) 时 \(\rm mex\) 不变：那就选 \(b_i\)
2. 选 \(b_i\) 会使 \(\rm mex\) 变大：那就选 \(a_i\)
   若 \(a_i=b_i\) 那么 \(\rm mex\) 必须变大到 \(\rm mex+1\)
   然后有可能 \(j>i\) 已经选过 \(\rm mex+1\) 这个数了，那么它要继续变大
   考虑 \(\forall j>i\)，在 \(j\) 处选了 \(b_j\) 且 \(b+j=\rm mex+1\)
   那么将其改为选 \(a_j\)
   若 \(\rm mex\) 还是要变大那就递归变

这样的话每个 \(i\) 最多从选 \(b_i\) 变为选 \(a_i\) 一次
\(\rm mex\) 的上界是 \(n\)，最多变大 \(n\) 次
所以单次均摊复杂度 \(O(n)\)
算上枚举 \(r\)，复杂度 \(O(n^2)\)
正确性容易归纳证明

然后正解：
\(\tt key\ observation\) 是只有 \(a_i=b_i\) 的位置 \(i\) 是有用的
剩下的位置我们根本不关心它们的 \(a, b\) 具体是什么
证明：
考虑将所有 \(a_i=b_i\) 的 \(a_i\) 填入到值域当中
考虑此时的 \(\rm mex\)，因为剩下的都满足 \(a_i\neq b_i\) 所以若两个都不等于当前 \(\rm mex\) 那就随便选，否则选 \(\neq \rm mex\) 的那个
然后就好做了：只考虑 \(a_i=b_i\) 的位置，对权值开桶（特别加入 \(0\) 和 \(n+1\)）
扫描桶中的每个位置 \(i\)，令 \(lst_i\) 为上一个权值为当前权值的位置
那么 \(\forall l, r\in(lst_i, i)\) 都有 \(\rm mex(l, r)\leqslant\) 当前权值，用这个更新答案就好了
复杂度 \(O(n)\)

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 1000010
#define pb push_back
#define ll long long
//#define int long long

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n;
vector<int> sta[N];
int a[N], b[N], c[N], ans;

signed main()
{
	n=read();
	for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
	for (int i=1; i<=n; ++i) b[i]=read();
	for (int i=0; i<=n; ++i) sta[i].pb(0);
	for (int i=1; i<=n; ++i)
		if (a[i]==b[i]) sta[c[i]=a[i]].pb(i);
		else sta[c[i]=n+1].pb(i);
	for (int i=0; i<=n; ++i) {
		sta[i].pb(n+1);
		for (int j=1; j<sta[i].size(); ++j) {
			int l=sta[i][j-1]+1, r=sta[i][j]-1;
			if (l<=r) ans=max(ans, r-l+1-i);
		}
	}
	printf("%d\n", ans);

	return 0;
}