标签：AC ch 省选 mid 2020NOI 序列 include RI define
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原题解：
从前往后扫描序列，维护当前可能出现在答案中的候选序列。
每当我们遇到一个不在候选序列中的数$x$时，若当前序列中最后一个数$y$在未被扫描得部分中也出现过，且$y>x$，我们可以把$y$弹出候选序列。
重复此操作，然后把$x$加入候选队列。每个元素最多进栈出栈一次，时间复杂度为$O(n)$。
补充：
描述一个我的半暴力的做法。
设置一个序列$s$，初始在每种数最后出现的位置填$0$，其他填$0$。
尝试找$k$轮，每轮找出接下来填的数字。
用树状数组求$s$的后缀和来二分，找出后缀和最大的下标中最靠后的，设为$p$。
设上一次取数的位置为$pre$，那么本轮就可以在$[pre+1,p]$中暴力找最小的数字中的第一个，然后把它在$s$上的影响消去。
这个做法可以AC，但是用时1600ms，算最慢的一档。其他的算法有700ms，1000ms和1300ms三档。
这个复杂度乍一看不太对，因为我们每次会暴力在一个区间里找最小值。
仔细思考一下，说不出个所以然来，但感觉这个暴力找的区间长度和重合度都不会特别高……之类的？然后就能过。不过NOI.AC的数据强度不敢特别恭维……
代码（100分）：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define IL inline
#define RG register
#define _1 first
#define _2 second
using namespace std;
#define RI RG int
#define RC RG char
const int N=2e6;
IL void qr(RI &x){
x=0; RC ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
IL void qw(RI x,RC ch){
RI k=0,s[13];
for(;x;x/=10) s[++k]=x%10;
for(;k;k--) putchar(s[k]+'0');
putchar(ch);
}
int n,k,a[N+3];
int v[N+3];
int s[N+3];
IL int lowbit(RI x){return x&(-x);}
IL void mdf(RI p,RI x){
p=n-p+1;
for(;p<=n;p+=lowbit(p))
s[p]+=x;
}
IL int qry(RI p){
p=n-p+1;
RI ret=0;
for(;p;p-=lowbit(p))
ret+=s[p];
return ret;
}
IL int sol(RI x){
RI l=1,r=n,mid,ans;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(qry(mid)>=x){
l=mid+1; ans=mid;
}
else
r=mid-1;
}
return ans;
}
int ans[N+3];
int main(){
qr(n); qr(k);
for(RI i=1;i<=n;i++)
qr(a[i]);
for(RI i=n;i>=1;i--)
if(!v[a[i]]){
v[a[i]]=i;
mdf(i,1);
}
a[n+1]=k+1;
for(RI i=1,p,x,pre=0;i<=k;i++){
p=sol(k-i+1);
x=n+1;
for(RI j=pre+1;j<=p;j++)
if(v[a[j]]&&a[j]<a[x])
x=j;
ans[i]=a[x];
mdf(v[a[x]],-1);
v[a[x]]=0;
pre=x;
}
for(RI i=1;i<=k;i++)
qw(ans[i],' ');
return 0;
}
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标签：AC,ch,省选,mid,2020NOI,序列,include,RI,define 来源： https://www.cnblogs.com/Hansue/p/13032004.html
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