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：

1. 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
2. 一个部分k-bag的前缀 + 一个部分k-bag的后缀
3. 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：

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