Problem

大意就是，给你一个数列，定义某个函数mex(l,r)表示在数列的第l个和第r个之间没有出现过的最小自然数。要求的就是对于这个数列的∑i≤j≤ni,j=1mex(i,j)∑i,j=1i≤j≤nmex(i,j)\sum_{i,j=1}^{i\leq j\leq n}mex(i,j)

hdu链接
Sample Input
3
0 1 3
5
1 0 2 0 1
0
Sample Output
5
24

Solution

法一
注意到mex(i,j)在i相同，j不断增大时满足非严格递增，那么我们可以从小到大枚举j，求解∑ji=1mex(i,j)∑i=1jmex(i,j)\sum_{i=1}^jmex(i,j)。记上次的答案为add，计算与上次答案的差量即可。另外，我们知道在最坏情况下就是n个数占用了0,1,2……此时mex(1,n)为n，也就是说，mex(i,j)≤j−i+1mex(i,j)≤j−i+1mex(i,j)\leq j-i+1，所以当处理a数组时，当ai大于n时就不需要处理了。
法二
出处好像是这
大概就是这样。。用线段树维护mex序列。同样的，由于法一中非严格递增的性质，我们首先求出∑nimex(1,i)∑inmex(1,i)\sum_i^n mex(1,i)，那么考虑左端点的改变对答案的影响。我们设ai下次出现位置为j，考虑[i+1,j-1]区间的mex，当mex(i,j)>ai时，那么在我们删去ai后，mex会更新为ai。

Code

法一

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int size=200100;
int n,a[size],pre[size],s[size];
long long ans,add;
template <typename Tp> bool read(Tp &x)
{x=0;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!=-1) ch=getchar();if(ch==-1) return false;while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return true;
}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{while(read(n)&&n){for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);memset(pre,0,sizeof(pre));memset(s,0,sizeof(s));ans=add=0;for(int i=1;i<=n;i++,ans+=add)if(a[i]<=n){int temp=pre[a[i]];pre[a[i]]=i;for(int j=a[i];j<=n;j++){s[j]=(j==0?pre[j]:min(s[j-1],pre[j]));if(s[j]>temp)add+=s[j]-temp;else//s满足非严格递减，break以免TLEbreak;}}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

法二

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int size=200010;
ll ans,sum[size<<2],f[size<<2];
int n,cnt,mx[size<<2],a[size],mex[size];
int head[size],nxt[size];
struct date{int v,p;
}edge[size];
template <typename Tp> bool read(Tp &x)
{x=0;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!=-1) ch=getchar();if(ch==-1) return false;while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return true;
}
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
bool cmp(date x,date y)
{if(x.v==y.v)return x.p<y.p;return x.v<y.v;
}
void pushup(int rt)
{sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];mx[rt]=max(mx[rt<<1],mx[rt<<1|1]);
}
void pushdown(int l,int rt)
{if(f[rt]){f[rt<<1]=1;f[rt<<1|1]=1;sum[rt<<1]=mx[rt]*(l-(l>>1));sum[rt<<1|1]=mx[rt]*(l>>1);mx[rt<<1]=mx[rt];mx[rt<<1|1]=mx[rt];f[rt]=0;}
}
void build(int l,int r,int rt)
{f[rt]=0;if(l==r){sum[rt]=mex[l];mx[rt]=mex[l];return;}int mid=(l+r)>>1;build(l,mid,rt<<1);build(mid+1,r,rt<<1|1);pushup(rt);
}
void update(int l,int r,int L,int R,int rt,int c)
{if(L<=l&&r<=R){sum[rt]=1ll*c*(r-l+1);mx[rt]=c;f[rt]=1;return;}pushdown(r-l+1,rt);int mid=(l+r)>>1;if(L<=mid)update(l,mid,L,R,rt<<1,c);if(mid<R)update(mid+1,r,L,R,rt<<1|1,c);pushup(rt);
}
int query(int l,int r,int rt,int c)
{if(l==r)return l;pushdown(r-l+1,rt);int ans,mid=(l+r)>>1;if(mx[rt<<1]>c)ans=query(l,mid,rt<<1,c);elseans=query(mid+1,r,rt<<1|1,c);pushup(rt);return ans;
}
int main()
{int i,j,l;while(read(n)){if(!n)break;cnt=0;memset(head,0,sizeof(head));for(i=1;i<=n;i++)//预处理{read(a[i]);edge[i].v=a[i];edge[i].p=i;for(j=cnt;j<n;j++)if(!head[j])break;cnt=j;if(a[i]==j){for(++j;j<n;j++)if(!head[j])break;mex[i]=j;cnt=j;}else mex[i]=j;if(a[i]<n)head[a[i]]=1;}sort(edge+1,edge+n+1,cmp);edge[n+1].v=-1;for(i=1;i<=n;i++){if(edge[i].v==edge[i+1].v)nxt[edge[i].p]=edge[i+1].p;elsenxt[edge[i].p]=n+1;}build(1,n,1);ans=sum[1];for(i=1;i<=n;i++){update(1,n,i,i,1,0);if(mx[1]>a[i]){l=query(1,n,1,a[i]);if(l<nxt[i])update(1,n,l,nxt[i]-1,1,a[i]);}ans+=sum[1];}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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