【洛谷P7416】No Time to Dry P

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P7416
Bessie 最近收到了一套颜料，她想要给她的牧草地一端的栅栏上色。栅栏由 \(N\) 个 \(1\) 米长的小段组成。Bessie 可以使用 \(N\) 种不同的颜色，她将这些颜色由浅到深用 \(1\) 到 \(N\) 标号（\(1\) 是很浅的颜色，\(N\) 是很深的颜色）。从而她可以用一个长为 \(N\) 的整数数组来描述她想要给栅栏的每一小段涂上的颜色。
初始时，所有栅栏小段均未被上色。Bessie 一笔可以给任意连续若干小段涂上同一种颜色，只要她不会在较深的颜色之上涂上较浅的颜色（她只能用较深的颜色覆盖较浅的颜色）。
例如，一段长为 \(4\) 的未被涂色的栅栏可以按如下方式上色：

\[0000 \to 1110 \to 1122 \to 1332 \]

不幸的是，Bessie 没有足够的时间等待颜料变干。所以，Bessie 认为她可能需要放弃为栅栏上某些小段上色！现在，她正在考虑 \(Q\) 个候选的区间，每个区间用满足 \(1 \leq a \leq b \leq N\) 的两个整数 \((a,b)\) 表示，为需要上色的小段 \(a \ldots b\) 的两端点位置。
对于每个候选区间，将所有区间内的栅栏小段都涂上所希望的颜色，并且区间外的栅栏小段均不涂色，最少需要涂多少笔？注意在这个过程中 Bessie 并没有真正进行任何的涂色，所以对于每个候选区间的回答是独立的。
\(N,Q\leq 2\times 10^5\)。

思路

显然最优的涂色方案就是从浅往深涂。也就是说，如果位置 \(i\)，上一个与他颜色相同的位置是 \(j\)，且 \(j\sim i\) 直接存在颜色浅于 \(a_i\) 的，那么就需要多涂一次。
把询问按照右端点离线，依次加入颜色，每新加入一个颜色就找到上一个和他相同颜色的位置 \(p\)，以及上一个颜色小于他的位置 \(q\)，如果 \(p<q\)，那么当询问的区间左端点不超过 \(p\) 时，就会有 \(1\) 的贡献。
维护两个树状数组就好了。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=200010;
int n,Q,a[N],last[N],ans[N];

struct node
{
	int l,r,id;
}b[N];

bool cmp(node x,node y)
{
	return x.r<y.r;
}

struct BIT
{
	int typ,c[N];
	
	void add(int x,int v)
	{
		for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
			c[i]=typ ? (c[i]+v) : max(c[i],v);
	}
	
	int query(int x)
	{
		int ans=0;
		for (int i=x;i;i-=i&-i)
			ans=typ ? (ans+c[i]) : max(ans,c[i]);
		return ans;
	}
}bit1,bit2;

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&Q);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=Q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&b[i].l,&b[i].r);
		b[i].id=i;
	}
	sort(b+1,b+1+Q,cmp);
	bit1.typ=1;
	for (int i=1,j=1;i<=n;i++)
	{
		int p=last[a[i]],q=bit2.query(a[i]-1);
		if (p<q && p) bit1.add(p,1);
		if (p) bit1.add(p,-1);
		last[a[i]]=i;
		bit1.add(i,1); bit2.add(a[i],i);
		for (;j<=Q && b[j].r<=i;j++)
			ans[b[j].id]=bit1.query(i)-bit1.query(b[j].l-1);
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}