[NOIP模拟测试]:计划(前缀和)
时间:2019-09-07
本文章向大家介绍[NOIP模拟测试]:计划(前缀和),主要包括[NOIP模拟测试]:计划(前缀和)使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项,具有一定的参考价值,需要的朋友可以参考一下。
题目传送门(内部题32)
输入格式
第一行,三个正整数$n,m,q$。
第二行,$n$个正整数$a_i$,保证$1\leqslant a_i\leqslant n$。
接下来$q$行,每行两个正整数$k,l$,保证$k<l$。
输出格式
输出$q$行,表示每个旅行计划询问的答案。
样例
样例输入:
7 2 7
6 1 3 6 4 6 5
1 2
4 6
2 7
6 7
1 2
1 4
2 6
样例输出:
1
4
35
1
1
10
20
数据范围与提示
对于$20\%$的数据,$2\leqslant n,q\leqslant 100$。
对于$40\%$的数据,$2\leqslant n,q\leqslant 1,000$。
对于$80\%$的数据,$2\leqslant n,q\leqslant 10,000$。
对于$100\%$的数据,$2\leqslant n,q\leqslant 100,000,1\leqslant m\leqslant n,1\leqslant a_i\leqslant n,1\leqslant k < l\leqslant n$。
题解
我们可以$\Theta(n^2)$的时间内求出对于每个左端点,最靠左的不乏味点的位置。
维护四个前缀和。
对于每一次询问,二分求出右端点,然后$\Theta(1)$前缀和就好了。
时间复杂度:$\Theta(n^2+q\log n)$。
期望得分:$100$分。
实际得分:$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q;
int a[100001],sum,vis[100001];
long long cnt[100001];
pair<pair<long long,long long>,pair<long long,long long> > pos[100001];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
cnt[i]=n+1;
}
vis[0]=sum=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
vis[a[i-1]]--;
if(vis[a[i-1]]){cnt[i]=cnt[i-1];continue;}
sum--;
for(int j=cnt[i-1]+1;j<=n;j++)
{
if(!vis[a[j]])sum++;
vis[a[j]]++;
if(sum>=m)
{
cnt[i]=j;
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pos[i].first.first=pos[i-1].first.first+i;
pos[i].second.first=pos[i-1].second.first+i*cnt[i];
pos[i].first.second=pos[i-1].first.second+cnt[i];
pos[i].second.second=pos[i-1].second.second+cnt[i]*cnt[i];
}
while(q--)
{
long long l,r;
scanf("%lld%lld",&l,&r);
long long mid=upper_bound(cnt+l,cnt+r+1,r)-cnt-1;
printf("%lld\n",((r*r+r)*(mid-l+1)-((r+1)*(pos[mid].first.first-pos[l-1].first.first)<<1)+pos[mid].first.second-pos[l-1].first.second+((pos[mid].second.first-pos[l-1].second.first)<<1)-pos[mid].second.second+pos[l-1].second.second)>>1);
}
return 0;
}
rp++
原文地址:https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11480022.html
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