關於查詢區間最小沒出現的自然數的cdq方法的可行性探討

這道題顯然有一個可持久化線段樹的做法。

首先我們意識到這個極廣的值域沒有什麼用處。

我們首先想到必然存在一個$\ x$使答案爲$\ x$或者$\ [1,x-1]$中的最小的不存在的數字。

所以首先我們想到找到這個$\ x$然後把沒有必要的數字全部刪掉，這樣剩下的數字必然再$\ [1,n]$中。

之後我們想到將$\ a_{i}$在$\ i$點存在轉換爲$\ a_{i}$在$\ [1,i-1],[i+1,n]$中不存在，設$\ i$的兩個值爲$\ q=i-1,w=i+1$，這樣任意詢問$\ [l,r]$就是$\ q \ge r$或者$\ w \le l$的數字中的最小值。這顯然是一個一維偏序問題，那麼我們顯然可以將每個詢問看做兩個，直接桶排序即可。複雜度$\ O(n)$

實際上這種方法僅限於值的兩兩不同。

如果相同的值是存在的，那麼我們依然可以將問題改變。顯然如果同時存在兩個值相同$\ a_{i}=a_{j},i<j$，那麼顯然爲$\ a_{i}$在$\ [1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,n]$不存在，我們將其拆爲三個操作，$\ q_{1}=1，w_{1}=i-1,q_{2}=i+1,w_{2}=j-1,q_{3}=j+1,w_{3}=n$。對於每個詢問$\ [l,r]$，即$\ q \le l$且$\ w \ge r$的最小值。那麼我們先按照$\ q$或者$\ l$排序，cdq中按照$\ r$或者$\ w$，然後求解即可。$\ O(n \log_{2}{n})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch = getchar(); int x = 0;
    while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while (isdigit(ch)){ x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); }
    return x;
}
int n,a[300300],b[300300],m,xxx,tot=0,head,tail,ans[200200];
struct nobe
{
	int op,l,r,w,id;
}q[600600],tmp[600600];
inline bool cmp(nobe a,nobe b)
{
	return (a.l^b.l) ? (a.l<b.l) : (a.op<b.op);
}
inline void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	cdq(l,mid);
	cdq(mid+1,r);
	int i=l,j=mid+1,ccnt=0,sum=999999999;
	while(j<=r)
	{
		while((q[i].r>=q[j].r)&&(i<=mid))
		{
			tmp[++ccnt]=q[i];
			if(q[i].op&1)
			{
				sum=min(sum,q[i].w);
			}
			++i;
		}
		tmp[++ccnt]=q[j];
		if(q[j].op^1)
		{
			ans[q[j].id]=min(ans[q[j].id],sum);
		}
		++j;
	}
	while(i<=mid)
	{
		tmp[++ccnt]=q[i];
		++i;
	}
	i=1;
	while(i<=ccnt)
	{
		q[l+i-1]=tmp[i];
		++i;
	}
}
int main()
{
	memset(b,0,sizeof(b));
	n=read();
	m=read();
	int i=1;
	while(i<=n)
	{
		a[i]=read();
		if(a[i]<=n) ++b[a[i]];
		++i;
	}
	i=-1;
	while(i<=n)
	{
		if(b[i+1]) ++i;
		else break;
	}
	xxx=i+1;
	i=0;
	while(i<xxx)
	{
		b[i]=0;
		++i;
	}
	i=1;
	while(i<=n)
	{
		if(a[i]<xxx)
		{
			if((i^1)&&(b[a[i]]^i-1))
			{
				q[++tot]=(nobe){1,b[a[i]]+1,i-1,a[i],0};
			}
			b[a[i]]=i;
		}
		++i;
	}
	i=0;
	while(i<xxx)
	{
		if(b[i]^n) q[++tot]=(nobe){1,b[i]+1,n,i,0};
		++i;
	}
	i=1;
	while(i<=m)
	{
		int l,r;
		l=read();
		r=read();
		ans[i]=xxx;
		q[++tot]=(nobe){2,l,r,0,i};
		++i; 
	}
	sort(q+1,q+tot+1,cmp);
	cdq(1,tot);
	i=1;
	while(i<=m)
	{
		printf("%d\n",ans[i]);
		++i;
	}
	return 0;
}

實際上只出現一次的數字依然可以桶排序來解決，將大大優化常數。