叁仟柒佰萬

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• code(100’)

problem

多組數據。

給定一個序列 $a$，你可以將它劃分成任意多段，滿足每一個段的 mex 相同。

求方案數，對 $10^9+7$ 取模。

$T\le 10,n\le 3e5$。

另有一組數據 $T=1,n=3e7$。

solution

observation ：最后合法劃分方案的 mex 一定是相同的。

在考場上，沒有必要去仔細證明，想想就是。出現過的數一定不可能成為 mex。

就從最小的 $0$ 考慮，當它出現時，必定會讓最后答案的 mex $>0$，因為不管這個 $0$ 出現在哪里，那個段的 mex 都不能是 $0$。

令全局 $mex$ 為 $k$，則說明 $0～k?1$ 的數都存在于數列中而 $k$ 不存在。

假設最后每個區間的 $mex$ 均為 $x$

• 若 $x<k$，由于序列中為 $x$ 的數存在，$x$ 必定在其中一個區間中，與所有區間 $mex=x$ 矛盾。
• 若 $x>k$，由于不存在 $k$，顯然不合法。

對于 $30\%$ 的數據 $n\le 100$，是屬于基礎暴力部分分的。

直接列 $d{p}_{i,j}:$ 到第 $i$ 個數劃分了 $j$ 段的方案數。

枚舉上一個數的劃分點 $d{p}_{k?1,j?1}\to d{p}_{i,j}$。其中要滿足 $[k,i]$ 一段的 mex 是與前一個相同的。

但是仔細想想，發現無非就是 $f_{k?1}\to f_i$，具體分了多少段其實并不需要記錄，因為題目沒有對段數進行限制。

這樣就將第二維去掉了，時間復雜度就去了一個 $O(n)$。

問題就來到怎么處理一段區間內的 mex。這不禁讓我想到了之前做過的一道題👉鏈接。

對 $0～n$ 建立權值線段樹，對于每個 $i$，將 $a_i$ 對應線段樹上葉子的權值置為 $i$。

從左往右做，每次直接查詢 $[0,mex)$ 區間內的最小值，就是最大的小于 $i$ 的滿足條件的 $k$。

你會馬上反應過來，所有 $k^{\prime }\le k$ 的 $k^{\prime }$ 都滿足這樣的條件了，都會對 $d{p}_{i,j}$ 產生貢獻。

每次，你可以線段樹 $O(logn)$ 求出 $k$ 后再枚舉 $k^{\prime }$，時間復雜度為 $O(Tn\log n+T{n}^2)$，針對 $50\%$ 的數據。

馬上就知道，這是一個前綴和優化的過程。時間復雜度又可以將為 $O(Tn\log n)$，針對 $90\%$ 的數據。

所以這道題只要會求 mex 的那個線段樹技巧，拿到 $90^{\prime }$ 的高分已經很不錯了，近乎是將這道題 $AC$。

最后就是 $O(n)$ 的正解。

observation：對于同一個右端點，其左端點對應的 mex 是單調的?！旧厦嬉呀浻兴w現，這里只是規范化的表達】

所以可以用雙指針和桶維護區間內的 mex 是否是全局的 mex(k) 即可。【具體可看代碼實現】

code(50’)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 3005 #define int long long #define mod 1000000007 #define inf 0x7f7f7f7f int T, n; bool vis[maxn]; int a[maxn], f[maxn], t[maxn << 2];#define lson now << 1 #define rson now << 1 | 1 #define mid ( ( l + r ) >> 1 )void build( int now, int l, int r ) {t[now] = 0;if( l == r ) return;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r ); }void modify( int now, int l, int r, int pos, int k ) {if( l == r ) { t[now] = k; return; }if( pos <= mid ) modify( lson, l, mid, pos, k );else modify( rson, mid + 1, r, pos, k );t[now] = min( t[lson], t[rson] ); }int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return inf;if( L <= l and r <= R ) return t[now];return min( query( lson, l, mid, L, R ), query( rson, mid + 1, r, L, R ) ); }signed main() {freopen( "clods.in", "r", stdin );freopen( "clods.out", "w", stdout );scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {memset( f, 0, sizeof( f ) );memset( vis, 0, sizeof( vis ) );scanf( "%lld", &n ); int x;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] ), vis[a[i]] = 1;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( ! vis[i] ) { x = i; break; }f[0] = 1;build( 1, 0, n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {modify( 1, 0, n, a[i], i );int k = query( 1, 0, n, 0, x - 1 );if( k == inf and x ) continue;if( k == inf ) k = i;for( int j = 0;j < k;j ++ ) f[i] = ( f[i] + f[j] ) % mod;}printf( "%lld\n", f[n] );}return 0; }

code(90’)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 300005 #define int long long #define mod 1000000007 #define inf 0x7f7f7f7f int T, n; bool vis[maxn]; int a[maxn], f[maxn], g[maxn], t[maxn << 2];#define lson now << 1 #define rson now << 1 | 1 #define mid ( ( l + r ) >> 1 )void build( int now, int l, int r ) {t[now] = 0;if( l == r ) return;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r ); }void modify( int now, int l, int r, int pos, int k ) {if( l == r ) { t[now] = k; return; }if( pos <= mid ) modify( lson, l, mid, pos, k );else modify( rson, mid + 1, r, pos, k );t[now] = min( t[lson], t[rson] ); }int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return inf;if( L <= l and r <= R ) return t[now];return min( query( lson, l, mid, L, R ), query( rson, mid + 1, r, L, R ) ); }const int Mxdt=100000; inline char gc(){static char buf[Mxdt],*p1=buf,*p2=buf;return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Mxdt,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline int read(){int t=0,f=0;char v=gc();while(v<'0')f|=(v=='-'),v=gc();while(v>='0')t=(t<<3)+(t<<1)+v-48,v=gc();return f?-t:t; }signed main() {freopen( "clods.in", "r", stdin );freopen( "clods.out", "w", stdout );T = read();while( T -- ) {memset( f, 0, sizeof( f ) );memset( vis, 0, sizeof( vis ) );n = read(); int x;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) a[i] = read(), vis[a[i]] = 1;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( ! vis[i] ) { x = i; break; }g[0] = 1;build( 1, 0, n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {modify( 1, 0, n, a[i], i );int k = query( 1, 0, n, 0, x - 1 );if( k == inf and x ) continue;if( k == inf ) k = i;f[i] = g[k - 1];g[i] = ( g[i - 1] + f[i] ) % mod;}printf( "%lld\n", f[n] );}return 0; }

code(100’)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 1000000007 #define ll long long #define maxn 37000005 int n, T; int a[maxn], f[maxn], vis[maxn];const int Mxdt=100000; inline char gc(){static char buf[Mxdt],*p1=buf,*p2=buf;return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Mxdt,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline int read(){int t=0,f=0;char v=gc();while(v<'0')f|=(v=='-'),v=gc();while(v>='0')t=(t<<3)+(t<<1)+v-48,v=gc();return f?-t:t; }int main() {freopen( "clods.in", "r", stdin );freopen( "clods.out", "w", stdout );T = read();while( T -- ) {n = read();if( n == 37000000 ) {int x = read(), y = read();for( int i = 2;i <= n;i ++ ) vis[a[i] = ( 1ll * a[i - 1] * x + y + i ) & 262143] = 1; }elsefor( int i = 1;i <= n;i ++ ) vis[a[i] = read()] = 1;int mex;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( ! vis[i] ) { mex = i; break; }for( int i = 0;i <= n;i ++ ) vis[i] = f[i] = 0; int pos = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {vis[a[i]] ++;while( vis[pos] ) pos ++;if( pos >= mex ) { pos = i; break; }}int sum = 1, now = 1; -- vis[a[pos]];for( int i = pos;i <= n;i ++ ) {++ vis[a[i]];while( now < i and ( a[now] > mex or vis[a[now]] > 1 ) ) {sum = ( 1ll * sum + f[now] ) % mod;-- vis[a[now]];++ now;}f[i] = sum;}printf( "%d\n", f[n] );for( int i = 0;i <= n;i ++ ) vis[i] = 0;}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的叁仟柒佰万（mex+线段树+dp+前缀和优化+双指针+桶）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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