【积累】最小不能表示正整数 （以及一些做法

最小不能表示正整数

1，题：little w and Exchange

题意：给定两个整数 (n) 和 (m) ，以及一个长度为 (n) 的数组 (A) , 询问对于所有正整数 (wleq m) ，是否都能用数组 (A) 中的数表示，即说对于所有正整数 (wleq m) ，是否存在子数组 (Ssubseteq A) ，(S) 内所有元素的和恰好等于 (w) 。是的话输出 YES ，否则输出 NO 。(1leq nleq1000,\,1leq mleq2^{31}-1,\,1leq a_ileq2^{31}-1) 。

解：对数组从小到大排序后，求前缀和，如果下一个数的数值 (a_i>sum_{i-1}+1) ，则最小不能表示数为 (sum_{i-1}+1) ，否则 ([1,sum_i]) 的数均能由子数组 (A_{1,2,dots,i}) 表示，需继续判断下一个数 。

证明：

假设该结论正确，则对于排序后的数组由： 子数组 (A_{1,2,dots,i}) 表示任意值不超过 (sum_{i-1}) 的正整数。

当加入一个新的数 (a_i)，如果这个数 (a_i>sum_{i-1}+1) ，显然 (a_i) 无法与任意零个或多个 (a_j(j<i)) 加和得到 (sum_{i-1}+1) 。反之，如果 (a_ileq sum_{i-1}+1) ，则区间 ([sum_{i-1}+1,sum_i]) 之内的正整数都能由 (a_i) 与任意零个或多个 (a_j(j<i)) 加和得到，因为 (0leq sum_{i-1}+1-a_i< sum_i-a_ile sum_{i-1}) 能被表示。

而当 (i=1,sum_{i-1}=0) ，显然只有 (a_i=1) ，才能表示 (sum_{i-1}+1=1) ，否则，最小不能表示数则为 (1) 。

结论正确。

假如生成一个最优序列，则当 (n=31) 时，就能表示出 ([1,2^{31}]) 只能的所有正整数了。（考虑2进制数的01表示，当表示 (2^{31}) 内的数，只需要31位 ）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

int a[maxn];
int main()
{
	int n,m,x;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	ll sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]<=sum+1)sum+=a[i];
		else break;
	if(sum>=m)puts("YES");
	else puts("NO");
}

2，题：牛牛的凑数游戏

题意：给定两个正整数 (n,m) ，一个长度为 (n) 的数组 (A) ，(m) 个询问。对于每个询问的 (l,r) 回答在子数组 (A[l,r]) 中，最小不能表示正整数是什么？(1leq n,mleq10^5,\,1leq a_ileq10^9,\,1le lle rle n) 。

解：对于每个询问，一开始设 (sum=0)， 每次把区间 ([l,r]) 内小于等于 (sum+1) 的数且尚未的数加进 (sum) ，如果 (sum) 的值在这次没有发生变化，则答案就为 (sum+1) 。总共需要迭代的次数其实仅为 (log\,n) 次。

对于区间内的求值可以用数据结构来实现。

叨叨：这种乍一看瞧不出的时间复杂度，仔细一想确是很有道理。要习惯这种体型以及思维方式=w=。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;


int a[maxn];

ll h[maxn];int cnt;
inline int id(ll v){return lower_bound(h+1,h+1+cnt,v)-h;}


int T[maxn],L[maxn<<4],R[maxn<<4],tot;ll sum[maxn<<4];
void update(int&rt,int pre,int l,int r,int x,int v)
{
	rt=++tot;
	sum[rt]=sum[pre]+v;
	L[rt]=L[pre];R[rt]=R[pre];
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)update(L[rt],L[pre],l,mid,x,v);
	else update(R[rt],R[pre],mid+1,r,x,v);
}
ll query(int st,int ed,int l,int r,int ql,int qr)
{
	if(ql>r||qr<l||st==ed)return 0;
	if(ql<=l&&r<=qr)return sum[st]-sum[ed];
	int mid=(l+r)>>1;
	return query(L[st],L[ed],l,mid,ql,qr)+query(R[st],R[ed],mid+1,r,ql,qr);
}

int main()
{
	int n,m,l,r;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),h[++cnt]=a[i];
	sort(h+1,h+1+cnt);
	cnt=unique(h+1,h+1+cnt)-h-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)update(T[i],T[i-1],1,cnt,id(a[i]),a[i]);
	ll sum,lsum;int k,lk;
	while(m--)
	{
		scanf("%d%d",&l,&r);
		sum=0;lsum=-1;lk=0;
		while(lsum!=sum)
		{
			lsum=sum;
			k=lower_bound(h+lk,h+1+cnt,sum+1)-h;
			if(k>cnt||h[k]>sum+1)k--;
			if(lk==k)break;
			sum+=query(T[r],T[l-1],1,cnt,lk+1,k);
			lk=k;
		}
		printf("%lld
",sum+1);
	}
}