【CF1209G1+G2】Into Blocks (easy+hard) 题解

题目大意

  一个序列是好的，当且仅当，若两个元素相等，则它们之间的所有元素都相等，比如 $[3,3,3,4,1,1]$。
  现在有一个初始序列 $a_1,\cdots,a_n$，你要把它修改成好的。如果你把一个值为 $x$ 的元素改成 $y$，那么所有值为 $x$ 的元素都要改成 $y$。求最少需要修改多少个位置。
  在 hard version 中，还有 $q$ 次单点修改，每次修改都要回答一次。（在 easy version 中，$q=0$）

  $1 \leq n,a_i \leq 2 \times 10^5,~0 \leq q \leq 2 \times 10^5$
  5s

$$\\$$ $$\\$$ $$\\$$

easy version

  设数字 $x$ 最早出现在 $l$，最晚出现在 $r$，那么最终 $[l,r]$ 全部都要相同。
  那么每个数字相当于给出一个区间，这些区间形成了若干个不相交的区间并，每个区间并内全部要相同。
  那么最优的肯定是每个区间并内选择众数保留。答案就是 $n$ 减去各众数的出现次数和。

  用个栈+并查集就可以求出来了。

hard version

  感谢大佬的博客让我读懂了题解 qaq

  现在是要想办法维护这个区间并，以及区间并内的众数。

  一个非常好的办法是，对于数字 $x$，假设它的出现区间是 $[l,r]$，给 $[l,r-1]$ 全体加 $1$，那么 $0$ 就是区间并的分界点。

  因此用一个线段树维护区间并的情况。每个区间记录最小值、最小值的最左位置 $l$、最小值的最右位置 $r$、$[l+1,r]$ 的各众数的出现次数和 $sum$（去掉开头和结尾的连续段是为了方便合并），记为 $\{minval,l,r,sum\}$。如果最小值为 $0$，那么 $sum$ 就是要求的东西了。
  合并两个区间的话，首先是取最小值较小的那一边（因为如果最小值不同那么大的那边肯定没有 $0$），如果两边最小值相同，则是 $\{minval,l_{lson},r_{rson},sum_{lson}+sum_{rson}+s(r_{lson}+1,l_{rson})\}$，其中 $s(l,r)$ 表示 $[l,r]$ 的众数的出现次数。

  所以接下来的问题就是 $s(l,r)$ 怎么求。普通的求区间众数是很难做的，但是这题有个性质，就是如果我问 $[l,r]$ 的区间众数，那么这个众数肯定全部落在 $[l,r]$ 之中，不会在区间外。因此，再开一棵线段树，在每个数 $x$ 的最左位置赋值为 $x$ 的出现次数，那么 $s(l,r)$ 实际上就是个区间最大值。

参考

  https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/100884760

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int maxn=2e5+5;

struct TR{
	int sum,l0,r0,nmin;
};

int n,q,a[maxn],maxa;
set<int> pos[maxn];

int nmax[4*maxn];
void nmax_xg(int k,int l,int r,int x,int z)
{
	if (l==r)
	{
		nmax[k]+=z;
		return;
	}
	int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;
	if (x<=mid) nmax_xg(t,l,mid,x,z); else nmax_xg(t+1,mid+1,r,x,z);
	nmax[k]=max(nmax[t],nmax[t+1]);
}
int nmax_cx(int k,int l,int r,int x,int y)
{
	if (x>y) return 0;
	if (x<=l && r<=y) return nmax[k];
	int t=k<<1, mid=(l+r)>>1, re=0;
	if (x<=mid) re=max(re,nmax_cx(t,l,mid,x,y));
	if (mid<y) re=max(re,nmax_cx(t+1,mid+1,r,x,y));
	return re;
}

TR tr[4*maxn];
int bz[4*maxn];
void update(int k,int t)
{
	tr[t].nmin+=bz[k], tr[t+1].nmin+=bz[k];
	bz[t]+=bz[k], bz[t+1]+=bz[k];
	bz[k]=0;
}
TR merge(const TR &a,const TR &b)
{
	if (a.nmin<b.nmin) return a;
		else if (a.nmin>b.nmin) return b;
			else return (TR){a.sum+b.sum+nmax_cx(1,1,n,a.r0+1,b.l0),a.l0,b.r0,a.nmin};
}
void tr_js(int k,int l,int r)
{
	if (l==r)
	{
		tr[k].l0=tr[k].r0=l;
		return;
	}
	int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;
	tr_js(t,l,mid), tr_js(t+1,mid+1,r);
	tr[k]=merge(tr[t],tr[t+1]);
}
void tr_xg_sing(int k,int l,int r,int x,int z)
{
	if (l==r)
	{
		nmax_xg(1,1,n,x,z);
		return;
	}
	int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;
	update(k,t);
	if (x<=mid) tr_xg_sing(t,l,mid,x,z); else tr_xg_sing(t+1,mid+1,r,x,z);
	tr[k]=merge(tr[t],tr[t+1]);
}
void tr_xg_q(int k,int l,int r,int x,int y,int z)
{
	if (x>y) return;
	if (x<=l && r<=y)
	{
		tr[k].nmin+=z;
		bz[k]+=z;
		return;
	}
	int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;
	update(k,t);
	if (x<=mid) tr_xg_q(t,l,mid,x,y,z);
	if (mid<y) tr_xg_q(t+1,mid+1,r,x,y,z);
	tr[k]=merge(tr[t],tr[t+1]);
}

void modify(int x,int sig)
{
	if (pos[x].empty()) return;
	tr_xg_sing(1,0,n,*pos[x].begin(),sig*pos[x].size());
	set<int>::iterator it=pos[x].end();
	it--;
	tr_xg_q(1,0,n,*pos[x].begin(),*it-1,sig);
}

void calc_ans()
{
	int ans=n-tr[1].sum-nmax_cx(1,1,n,1,tr[1].l0)-nmax_cx(1,1,n,tr[1].r0+1,n);
	printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&q);
	fo(i,1,n)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		maxa=max(maxa,a[i]);
		pos[a[i]].insert(i);
	}
	
	tr_js(1,0,n);
	fo(i,1,maxa) modify(i,1);
	
	calc_ans();
	while (q--)
	{
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		
		modify(a[x],-1);
		pos[a[x]].erase(x);
		modify(a[x],1);
		
		modify(y,-1);
		pos[y].insert(x);
		modify(y,1);
		a[x]=y;
		
		calc_ans();
	}
}