关于查询区间最小没出现的自然数的cdq方法的可行性探讨

这道题显然有一个可持久化线段树的做法。

首先我们意识到这个极广的值域没有什么用处。

我们首先想到必然存在一个$x$使答案为$x$或者$[1,x-1]$中的最小的不存在的数字。

所以首先我们想到找到这个$x$然后把没有必要的数字全部删掉，这样剩下的数字必然再$[1,n]$中。

之后我们想到将$a_i$在$i$点存在转换为$a_i$在$[1,i-1],[i+1,n]$中不存在，设$i$的两个值为$q=i-1,w=i+1$，这样任意询问$[l,r]$就是$q\ge r$或者$w\le l$的数字中的最小值。这显然是一个一维偏序问题，那么我们显然可以将每个询问看做两个，直接桶排序即可。复杂度$O(n)$

实际上这种方法仅限于值的两两不同。

如果相同的值是存在的，那么我们依然可以将问题改变。显然如果同时存在两个值相同$a_i=a_j,i<j$，那么显然为$a_i$在$[1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,n]$不存在，我们将其拆为三个操作，$q_1=1，w_1=i-1,q_2=i+1,w_2=j-1,q_3=j+1,w_3=n$。对于每个询问$[l,r]$，即$q\le l$且$w\ge r$的最小值。那么我们先按照$q$或者$l$排序，cdq中按照$r$或者$w$，然后求解即可。$O(n{\log }_{2}n)$

#include
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;
}

实际上只出现一次的数字依然可以桶排序来解决，将大大优化常数。