Codeforces1129D.Isolation

  • Z时代
  • 2024-01-10
  • 分类：综合

coding

Codeforces 1129 D. Isolation

解题思路：

令 $f(l,r)$ 为 $[l,r]$ 中之出现一次的元素个数，然后可以得到暴力 $\text{dp}$ 的式子。 $$ dp[i]=\sum_{j=i-1}[f(j+1,i)\leq k]dp[j] $$ 实际上任意一个位置为左端点，$i$ 为右端点的 $f(l,r)$ 值是可以动态维护的。

$(i-1)\rightarrow i$ ，设 $pre[i]$ 为 $i$ 之前上一个出现 $a[i]$ 的位置，那么相当与 $f(pre[i]+1,i)\dots f(i,i)$ 的值会 $+1$，$f(pre[pre[i]]+1,i)\dots f(pre[i],i)$ 的值会 $-1$ ，分个块维护一下所有当前 $f$ 值小于等于 $k$ 的 $dp$ 值之和即可，复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n)$ 。

code

/*program by mangoyang*/
#include <bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int ch = 0, f = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int M = 205, N = 100005, L = 100000, mod = 998244353;
int a[N], bel[N], tag[N], tot[N], ans[M], s[M][N<<1], pre[N], lst[N], dp[N], n, k, T;
inline void up(int &x, int y){
	x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline void gao(int i, int x){
	up(s[bel[i]][L+tot[i]], mod - dp[i]);
	tot[i] += x;
	up(s[bel[i]][L+tot[i]], dp[i]);
	if(x == 1 && tot[i] + tag[bel[i]] == k + 1) 
		up(ans[bel[i]], mod - dp[i]);
	if(x == -1 && tot[i] + tag[bel[i]] == k) 
		up(ans[bel[i]], dp[i]);
}
inline void modify(int l, int r, int x){
	if(bel[l] + 1 >= bel[r]){
		for(int i = l; i <= r; i++) gao(i, x);
		return;
	}
	for(int i = l; i < (bel[l] + 1) * T; i++) gao(i, x);
	for(int i = bel[r] * T; i <= r; i++) gao(i, x);
	for(int i = bel[l] + 1; i < bel[r]; i++){
		if(x == 1) up(ans[i], mod - s[i][L+k-tag[i]]);
		if(x == -1) up(ans[i], s[i][L+k-tag[i]+1]);
		tag[i] += x;
	}
}
inline int query(int l, int r){
	int res = 0;
	if(bel[l] + 1 >= bel[r]){
		for(int i = l; i <= r; i++)
			if(tot[i] + tag[bel[i]] <= k) up(res, dp[i]);
		return res;
	}
	for(int i = l; i < (bel[l] + 1) * T; i++) 
		if(tot[i] + tag[bel[i]] <= k) up(res, dp[i]);
	for(int i = bel[r] * T; i <= r; i++) 
		if(tot[i] + tag[bel[i]] <= k) up(res, dp[i]);
	for(int i = bel[l] + 1; i < bel[r]; i++) up(res, ans[i]);
	return res;
}
int main(){
	read(n), read(k), T = 500;
	for(int i = 0; i <= n; i++) bel[i] = i / T;
	for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
	dp[0] = 1;
	up(ans[bel[0]], dp[0]);
	up(s[bel[0]][L-tag[bel[0]]], dp[0]);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		pre[i] = lst[a[i]], lst[a[i]] = i;
		modify(pre[i], i - 1, 1);
		if(pre[i]) modify(pre[pre[i]], pre[i] - 1, -1);
		dp[i] = query(0, i - 1);
		up(ans[bel[i]], dp[i]);
		up(s[bel[i]][L-tag[bel[i]]], dp[i]);
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}

以上是 Codeforces1129D.Isolation 的全部内容， 来源链接： utcz.com/z/509406.html

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