题目戳
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
12 5
2 5 3 1 3 2 4 1 1 5 4 3
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 }