给一个长度为n的数列a，q个询问，每次询问一段区间的mex。（没有出现过的最小非负整数）
1<=n,q<=200000，0<=ai<=200000。
题解1 莫队
我们将权值分成根号块，记录每个权值的出现次数和每块内有多少权值出现过。
修改和询问就直接暴力做就行。
修改O(1)，询问O(sqrt(n))，加在一起还是O((n+q)sqrt(n+q))。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <math.h> #include <algorithm> using namespace std; #define SZ 666666 int n,q,a[SZ],ts[SZ],tc[SZ],gg,bk,anss[SZ]; void edt(int p,int x) { tc[p/gg]-=(bool)ts[p]; ts[p]=x; tc[p/gg]+=(bool)ts[p]; } struct query {int l,r,id;} qs[SZ]; bool operator < (query a,query b) { int ap=a.l/bk, bp=b.l/bk; if(ap==bp) return a.r<b.r; return ap<bp; } void add(int p) {edt(p,ts[p]+1);} void del(int p) {edt(p,ts[p]-1);} #define gc getchar() int g_i() { int tmp=0; bool fu=0; char s; while(s=gc,s!='-'&&(s<'0'||s>'9')) ; if(s=='-') fu=1; else tmp=s-'0'; while(s=gc,s>='0'&&s<='9') tmp=tmp*10+s-'0'; if(fu) return -tmp; else return tmp; } #define gi g_i() #define pob #define pc(x) putchar(x) namespace ib {char b[100];} inline void pint(int x) { if(x==0) {pc(48); return;} if(x<0) {pc('-'); x=-x;} char *s=ib::b; while(x) *(++s)=x%10, x/=10; while(s!=ib::b) pc((*(s--))+48); } int main() { n=gi, q=gi; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=gi; gg=sqrt(200000); bk=min(int(sqrt(n)+1),n); for(int i=1;i<=q;i++) qs[i].id=i, qs[i].l=gi, qs[i].r=gi; sort(qs+1,qs+1+q); int cl=1,cr=0; for(int i=1;i<=q;i++) { int l=qs[i].l,r=qs[i].r; while(cr<r) add(a[++cr]); while(cr>r) del(a[cr--]); while(cl>l) add(a[--cl]); while(cl<l) del(a[cl++]); int nof=0; for(int j=0;;j++) { if(tc[j]!=gg) {nof=j; break;} } for(int j=nof*gg;;j++) { if(!ts[j]) {anss[qs[i].id]=j; break;} } } for(int i=1;i<=q;i++) {pint(anss[i]); pc(10);} }
题解2 线段树
我们这么考虑，从小到大加入所有权值。如果有一个权值正好没有经过，这个权值就可以作为答案，就可以退出了。
现在我们考虑对于一个权值，所有不包括它的区间都可以以它作为答案，那么我们就把同样是这个权值的搞出来，那么这个序列就会被搞成几段，那么每一段内的询问都可以更新答案。
那么我们就二维线段树即可。我tm才不想写