• 洛谷P1638 逛画展


    题目

    题目描述

    博览馆正在展出由世上最佳的 M 位画家所画的图画。

    wangjy想到博览馆去看这几位大师的作品。

    可是,那里的博览馆有一个很奇怪的规定,就是在购买门票时必须说明两个数字,

    a和b,代表他要看展览中的第 a 幅至第 b 幅画(包含 a 和 b)之间的所有图画,而门票

    的价钱就是一张图画一元。

    为了看到更多名师的画,wangjy希望入场后可以看到所有名师的图画(至少各一张)。

    可是他又想节省金钱。。。

    作为wangjy的朋友,他请你写一个程序决定他购买门票时的 a 值和 b 值。

    输入输出格式

    输入格式:

    第一行是 N 和 M,分别代表博览馆内的图画总数及这些图画是由多少位名师的画

    所绘画的。

    其后的一行包含 N 个数字,它们都介于 1 和 M 之间,代表该位名师的编号。

    输出格式:

    a和 b(a<=b) 由一个空格符所隔开。

    保证有解,如果多解,输出a最小的。

    输入输出样例

    输入样例#1:
    12 5
    2 5 3 1 3 2 4 1 1 5 4 3
    
    输出样例#1:
    2 7

    说明

    约定 30%的数据N<=200 , M<=20

    60%的数据N<=10000 , M<=1000

    100%的数据N<=1000000 , M<=2000

    Solution:

    思路:首先这是尺取法的板子题,我们假设从第s幅画开始看,为了覆盖所有大师的画需要看到t。这样的话可以知道如果从s+1开始看的话,那么必须看到t‘>=t幅画为止。so,我们从区间的最开头把s取出之后,s这幅画所属的大师出现次数就要减1,如果此时这个大师出现次数为0了,在同一个大师再次出现之前,不停将区间末尾t向后推进即可。每次在区间末尾追加画t时将t所属的大师出现次数加1,这样就完成了下一个区间上各个大师出现次数的更新,重复这一操作便能在O(nlogn)的时间复杂度下解决这道题。

    注意:本题数据很大,建议读入优化,但m很小,可以直接计数,如果m很大可以离散或者用stl的map。

    代码:

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 inline int gi()
     4 {
     5     int a=0;char x=getchar();bool f=0;
     6     while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar();
     7     if(x=='-')x=getchar(),f=1;
     8     while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-48,x=getchar();
     9     return f?-a:a;
    10 }
    11 int countt[2005];
    12 int n,m,a[1000005];
    13 int main()
    14 {
    15     n=gi(),m=gi();
    16     for(int i=0;i<n;i++)a[i]=gi();
    17     int s=0,t=0,num=0,res=n,l=1,r=n;
    18     for(;;){
    19     while(t<n&&num<m){
    20         if(countt[a[t++]]++==0)num++;
    21     }
    22     if(num<m)break;
    23     if(res>t-s){res=t-s;l=s+1;r=t;}
    24     if(--countt[a[s++]]==0)num--;    
    25     }
    26     cout<<l<<' '<<r;
    27     return 0;
    28 }
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    Invalid connection string format, a valid format is: "host:port:sid"
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/five20/p/7804801.html
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