大意

给定一个长度为nnn的序列，其中的每个元素都有一定的颜色和权值，现要求找到一对颜色相同且它们间的元素（包括自己）的权值最小值必须不大于ppp，求方案数

数据范围：
n≤500000,颜色数≤50n\leq 500000,颜色数\leq 50n≤500000,颜色数≤50

思路

听说有些巨佬用O(kn)O(kn)O(kn)（kkk为颜色总数）的方法过掉了这道题。

本蒟蒻不才，写了一个ststst表来膜拜大佬

显然，我们只需要找到颜色相等的一对数，然后判断它们间的最小值是否合法即可。

找到颜色相等的一对数可以用vectorvectorvector存，判断区间最小值是否合法可用ststst表，实际得分70

观察发现，如果l,rl,rl,r这一组数是合法的，则l,next[r]l,next[r]l,next[r]显然也合法，所以，当我们找到任意一组时就可以结束判断了，实际得分100

复杂度分析

由于枚举的是kn2kn^2kn2所以理论复杂度是如此的，但显然单种颜色的数目越多，合法的数目自然也会多，找到第一组的时间也越短，时间就短
若颜色种类多，则实际每次循环的量很小，实际复杂度也很小
所以，该算法的均摊复杂度可以算为O(nlogn+kn)O(nlogn+kn)O(nlogn+kn)的，但是，若出题人执意要卡的话，将所有的酒店都设为不合法且颜色相同，还是会被卡掉。不过，若是用前缀和的方法的话，出题人也可以增加颜色种类而卡掉，这时则ststst表会更为优秀

代码

#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;int f[200001][21],n,log[200001],k,p,x,l,r,ans,len,co[200001];
vector<int>col[51];
inline char Getchar()
{static char buf[1000000],*p1=buf+1000000,*pend=buf+1000000;if(p1==pend){p1=buf; pend=buf+fread(buf,1,1000000,stdin);if (pend==p1) return -1;}return *p1++;
}
inline long long read()
{char c;int d=1;long long f=0;while(c=Getchar(),!isdigit(c))if(c==45)d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;while(c=Getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;return d*f;
}
inline void write(register long long x)
{if(x<0)putchar(45),x=-x;if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+48);return;
}
void work()
{for(int j=1;1<<j<=n;j++) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);//st表求RMQreturn;
}
int minn(int x,int y)
{int z=log[y-x+1];return min(f[x][z],f[y-(1<<z)+1][z]);
}
signed main()
{memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));log[2]=1;n=read();k=read();p=read();for(register int i=3;i<=n;i++) log[i]=log[i>>1]+1;//预处理log，加速for(register int i=1;i<=n;i++){x=read();f[i][0]=read();col[x].push_back(i);co[i]=x;//输入}work();//st表求RMQfor(register int i=0;i<k;i++){for(register int l=0;l<col[i].size()-1;l++)for(register int r=l+1;r<col[i].size();r++)if(minn(col[i][l],col[i][r])<=p) {ans+=col[i].size()-r;break;}//枚举+判断}write(ans);//输出
}

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