這題的重點不在于代碼，而在于復(fù)雜度分析……

首先我們肯定會寫 $n^2$ 暴力，就是每次暴力掃 $[l,r]$ 區(qū)間，找到任意一個在此區(qū)間中只出現(xiàn)過一次的數(shù)。設(shè)其下標(biāo)為 $mid$，顯然在這個區(qū)間中任取一個子區(qū)間，只要這個子區(qū)間包含第 $mid$ 個數(shù)，這個子區(qū)間就是非“無聊的”，所以分治判斷 $[l,mid-1]$ 和 $[mid+1,r]$ 兩個區(qū)間是否不是“無聊的”即可。

接下來考慮優(yōu)化。相信大家都聽說過啟發(fā)式合并，就是對于兩個集合，如果合并這兩個區(qū)集合的復(fù)雜度只與元素數(shù)較小的集合的元素數(shù)量有關(guān)，而與元素數(shù)較大的集合無關(guān)，設(shè)這兩個集合的元素數(shù)量和為 $n$，那么我們就最多以 $O(n/2)$ 的時間合并這兩個集合。

換成啟發(fā)式合并的術(shù)語，就是：對于原序列的每一個位置，當(dāng)包含這個數(shù)的區(qū)間往上合并時，只有區(qū)間大小至少 $\times 2$ 的情況下這個位置才會造成 $O(1)$ 的時間復(fù)雜度，否則這個位置不造成時間復(fù)雜度。所以每個位置最多造成 $O(\log{n})$ 的時間復(fù)雜度，共有 $n$ 個位置，總時間復(fù)雜度為 $O(n\times \log{n})$。

至于每個數(shù)是否在某個區(qū)間中只出現(xiàn)過一次……預(yù)處理一下每個位置的前驅(qū)后繼即可（即上一個和下一個數(shù)值相同的位置），類似于建鏈表。

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 200010 3 using namespace std; 4 inline int read(){ 5 int x=0; bool f=1; char c=getchar(); 6 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0; 7 for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0'); 8 if(f) return x; 9 return 0-x; 10 } 11 int T,n,a[N],pre[N],nxt[N]; 12 map<int,int> mp; 13 bool check(int l,int r){ 14 if(l>=r) return 1; 15 int i=l, j=r; 16 while(i<=j){ 17 if(pre[i]<l && nxt[i]>r) return check(l,i-1) && check(i+1,r); 18 if(i!=j && pre[j]<l && nxt[j]>r) return check(l,j-1) && check(j+1,r); 19 ++i, --j; 20 } 21 return 0; 22 } 23 int main(){ 24 T=read(); 25 while(T--){ 26 n=read(); 27 memset(nxt,0x7f,sizeof nxt); 28 mp.clear(); 29 map<int,int>::iterator it; 30 for(int i=0;i<n;++i){ 31 a[i]=read(); 32 it=mp.find(a[i]); 33 if(it!=mp.end()) 34 pre[i]=it->second, 35 nxt[it->second]=i; 36 else pre[i]=-1; 37 mp[a[i]]=i; 38 } 39 if(check(0,n-1)) printf("non-"); 40 printf("boring\n"); 41 } 42 return 0; 43 } View Code

upd：建議用 $sort$ 排序建鏈表，我寫個 $map$ 跑了倒數(shù)第一……

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《新程序員》：云原生和全面數(shù)字化實踐50位技術(shù)專家共同創(chuàng)作，文字、視頻、音頻交互閱讀

總結(jié)

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