AtCoder Regular Contest 150 F Constant Sum Subsequence

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定义 $\mathrm{nxt}(i,x)$ 为最小的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j > i$，$\mathrm{pre}(i,x)$ 为最大的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j < i$。

有了上面的定义后，考虑 dp。设 $f_s$ 表示最小的 $i$，满足所有和为 $s$ 的正整数序列都是 $a_1,a_2,...,a_i$ 的子序列。则答案为 $f_S$（此处的 $S$ 为原题面中的 $S$），初值 $f_0 = 0$。

考虑如何转移。枚举一个数 $x$，那么所有和为 $s-x$ 的序列都可以在末尾接上一个 $x$ 得到，所以 $f_s \ge \mathrm{nxt}(f_{s-x},x)$。可得 $f_s = \max\limits_{x=1}^s \mathrm{nxt}(f_{s-x},x)$。如果使用刷表法，则 $f_s$ 已知，$f_{s+x} \gets \max(f_{s+x},\mathrm{nxt}(f_s,x))$。这样朴素转移是 $O(S^2 \log n + n)$ 的。

考虑分治优化。设当前区间为 $[l,r]$，令 $mid = \left\lfloor\frac{l+r}{2}\right\rfloor$。先计算 $[l,mid]$，再考虑 $[l,mid]$ 对 $[mid+1,r]$ 的贡献。还是先枚举一个 $x$，由 $f$ 的转移式可得 $f$ 有单调性，则 $\forall i \in [mid+1,r],f_i > f_{mid}$。则我们只需要考虑可能对右区间有贡献的 $s$，即 $s$ 满足 $\mathrm{nxt}(f_s,x) = \mathrm{nxt}(f_{mid},x)$。这些 $s$ 形成了一段区间，而这个区间的左端点就是最小的 $i$ 满足 $f_i \ge \mathrm{pre}(f_{mid},x)$。于是对这段区间内的 $s$，令 $f_{s+x} \gets \max(f_{s+x},\mathrm{nxt}(f_{mid},x))$。则我们需要一个区间取 $\max$，单点查询的数据结构。可以用标记永久化的线段树实现。

总时间复杂度 $O(n + S \log S(\log S + \log n))$。

code

/*
 
p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy
 
*/
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
 
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline ll read() {
    char c = getchar();
    ll x = 0;
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) ;
    for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x;
}
 
const int maxn = 1500100;
const int maxm = 200100;
 
ll n, m, a[maxn], f[maxm];
vector<ll> app[maxm];
 
namespace SGT {
	ll tree[maxm << 2];
	
	void update(int rt, int l, int r, int ql, int qr, ll x) {
		if (ql <= l && r <= qr) {
			tree[rt] = max(tree[rt], x);
			return;
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (ql <= mid) {
			update(rt << 1, l, mid, ql, qr, x);
		}
		if (qr > mid) {
			update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, x);
		}
	}
	
	ll query(int rt, int l, int r, int x) {
		if (l == r) {
			return tree[rt];
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (x <= mid) {
			return max(tree[rt], query(rt << 1, l, mid, x));
		} else {
			return max(tree[rt], query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x));
		}
	}
}
 
inline ll getnxt(ll x, ll y) {
	ll t = (x - 1) % n + 1, k = x - t;
	auto it = upper_bound(app[y].begin(), app[y].end(), t);
	if (it == app[y].end()) {
		return app[y].front() + k + n;
	} else {
		return *it + k;
	}
}
 
inline ll getpre(ll x, ll y) {
	ll t = (x - 1) % n + 1, k = x - t;
	auto it = upper_bound(app[y].begin(), app[y].end(), t);
	if (it == app[y].begin()) {
		return app[y].back() + k - n;
	} else {
		return *(--it) + k;
	}
}
 
void solve(int l, int r) {
	if (l == r) {
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	solve(l, mid);
	for (int i = 1; i <= r - l; ++i) {
		int R = min(r - i, mid);
		int L = lower_bound(f + l, f + mid + 1, getpre(f[R], i)) - f;
		L = max(L, mid + 1 - i);
		SGT::update(1, 0, m, L + i, R + i, getnxt(f[R], i));
	}
	for (int i = mid + 1; i <= r; ++i) {
		f[i] = SGT::query(1, 0, m, i);
	}
	solve(mid + 1, r);
}
 
void solve() {
	n = read();
	m = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		a[i] = read();
		app[a[i]].pb(i);
	}
	solve(0, m);
	printf("%lld\n", f[m]);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}