AtCoder - abc194_e Mex Min

题目：AtCoder - abc194_e

题意：我们要找到长度为 n 数组 A 的所有的长度为 m 的切片 si 最小的 mex(si) 值。

思路：
可以发现，如果记录切片中每一个数字出现的次数，找到第一个出现次数为0的就是答案。
但是我们不能每次切片改变都去遍历一次，这样会TLE，因此可以用一个数组M维护区间（i,i+m）数字出现的次数。
切片的末尾指向了 Ai 的时候，那么对应的 $M_{a[i]}$就会加1；而$M_{a[i-m]}$ 就会减1。

接下来分情况讨论优化算法效率
1.如果$M_{a[i-m]}$==0，且 $a_{i-m}$$a_{i-m}$。
2.如果(1)情况没有发生，且$M_{mex}$！=0，说明当前切片答案必然不是mex，且大于mex，需向后寻找。
3.如果(1)(2)都不发生，那么mex不变。

code:

#include 
using namespace std;
#define mos 1500010
#define ll long long
ll n,m;
ll a[mos];
ll flag[mos];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    ll ans=1e18;
    for (ll i=0;i<n;i++)
        cin>>a[i];
    for (ll i=0;i<m;i++)
        flag[a[i]]++;//对第一组切片初始化
    ll mex=0;
    for (ll i=0;;i++)//找到第一组切片的mex值
    {
        if (flag[i]==0)
        {   mex=i;
            break;
        }
    }
    ans=min(ans,mex);//这步不能少，不然漏情况
    for (ll i=m;i<n;i++)
    {
        flag[a[i-m]]--;//首元素出队，出现次数--
        flag[a[i]]++;//尾元素出队，出现次数++
        if (flag[a[i-m]]==0 && a[i-m]<mex)//情况1
        {
            mex=a[i-m];
        }
        else if (flag[mex]!=0)//情况2
        {
            while (flag[mex]!=0)
            {
                mex++;
            }
        }
        ans=min(ans,mex);
    }
    cout<<ans<<endl;
    //system("pause");
    return 0;
}