牛客多校6 - K-Bag(哈希+滑动窗口)

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题目大意：k-bag 序列的定义是由多个 1 ~ k 的排列顺序连接起来的序列，现在问给定的序列是不是 k-bag 的连续子串

题目分析：读完题目后，如果给定的序列是 k-bag 的连续子串的话，那么可以将所有情况都分为以下三种类型：

一个部分k-bag的前缀 + 数个（至少一个）完整的k-bag + 一个部分k-bag的后缀
一个部分k-bag的前缀 + 一个部分k-bag的后缀
一个部分k-bag

判断部分k-bag和完整的k-bag需要用到两种不同的方法，判断部分k-bag的话，只需要判断区间内的每个数都是否不同即可，即区间的长度等于区间内不同的数的个数，这个利用 dp 和 unordered_map 搭配就能 O( n ) 的时间内预处理出来了，这里用 cnt1[ i ] 表示 1 ~ i 内有多少个不同的数（前缀），cnt2[ i ] 表示 i ~ n 内有多少个不同的数（后缀）

接下来需要判断完整的k-bag，如果也是用 “ 区间内有多少个不同的数 ” 去判断的话，需要用到主席树，但可能会超时（群友是这样说的），而且代码复杂度也大大上升，很容易写崩，这里用到一种哈希的方法，不会证明只会用，大概就是一个连续的序列 [ l , r ] ，维护 sum 和 xor ，sum = l + ( l + 1 ) + ... + ( r - 1 ) + r ，xor = l ^ ( l + 1 ) ^ ... ^ ( r - 1 ) ^ r ，形成一个二元对 < sum , xor > ，这个二元对和 [ l , r ] 是一一对应的，可以称之为 RSB哈希（ rsb学长自己起的名字）

上面开个小玩笑，回到这个题目中来，我们可以再次 O( n ) 维护一下整个数列的 sum前缀和和 xor前缀异或和，然后再小分一下类，当 k < n 时，只会有上面的情况 1 和情况 2 ，这样我们可以枚举 [ 1 , k ] 作为滑动窗口的起点，然后检查每个长度为 k 的滑动窗口，对于每个长度为 k 的滑动窗口，我们现在可以 O( 1 ) 求出当前窗口的xor之和以及sum之和，判断一下是否等于 1 ~ k 的 xor 和 sum 就好了，当 k >= n 时，就只有情况 2 和情况 3 了，此时我们可以当做情况 2 处理，O( n ) 枚举一下断点，将整个数列分割成前半部分和后半部分，如果某次分割下，前半部分和后半部分满足了情况 2 的话，那么显然答案就是 YES 了，相反，如果上面三种情况都不满足的话，答案就是 NO 了

时间复杂度为 O( n ) ，如果不计 unordered_map 的常数的话

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=5e5+100;int a[N],n,k;LL sum[N],Xor[N],SUM,XOR;unordered_map<int,int>mp;int cnt1[N],cnt2[N];//cnt1[i]:1~i内有多少个不同的数,cnt2[i]:i~n内有多少个不同的数bool check(int st)//检查以st为起点的滑动窗口是否满足条件
{for(int i=st;i<=n;i+=k){int l=i,r=i+k-1;if(r<=n){if(sum[r]-sum[l-1]!=SUM||(Xor[r]^Xor[l-1])!=XOR)return false;}else return cnt2[l]==n-l+1;}return true;
}bool solve()
{if(k<n)//情况1和情况2{                      SUM=0,XOR=0;for(int i=1;i<=k;i++)//O(k)处理一下1~k的xor和sum作为标准{SUM+=i;XOR^=i;}for(int i=1;i<=k;i++)//枚举起点位置{if(cnt1[i-1]!=i-1)break;if(check(i))return true;}}else//情况2和情况3{for(int i=2;i<=n;i++)//枚举断点if(cnt1[i-1]==i-1&&cnt2[i]==n-i+1)return true;}return false;
}void init()//预处理cnt1和cnt2
{mp.clear();cnt1[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){cnt1[i]=cnt1[i-1];if(!mp[a[i]])cnt1[i]++;mp[a[i]]++;}mp.clear();cnt2[n+1]=0;for(int i=n;i>=1;i--){cnt2[i]=cnt2[i+1];if(!mp[a[i]])cnt2[i]++;mp[a[i]]++;}
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d%d",&n,&k);bool flag=true;//判断数列的每个元素是否位于1~k之间for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);if(a[i]<1||a[i]>k)flag=false;sum[i]=sum[i-1]+a[i];Xor[i]=Xor[i-1]^a[i];}if(!flag){puts("NO");continue;}init();if(solve())puts("YES");elseputs("NO");}return 0;
}

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