这题的重点不在于代码，而在于复杂度分析……
首先我们肯定会写 $n^2$ 暴力，就是每次暴力扫 $[l,r]$ 区间，找到任意一个在此区间中只出现过一次的数。设其下标为 $mid$，显然在这个区间中任取一个子区间，只要这个子区间包含第 $mid$ 个数，这个子区间就是非“无聊的”，所以分治判断 $[l,mid-1]$ 和 $[mid+1,r]$ 两个区间是否不是“无聊的”即可。
接下来考虑优化。相信大家都听说过启发式合并，就是对于两个集合，如果合并这两个区集合的复杂度只与元素数较小的集合的元素数量有关，而与元素数较大的集合无关，设这两个集合的元素数量和为 $n$，那么我们就最多以 $O(n/2)$ 的时间合并这两个集合。
换成启发式合并的术语，就是：对于原序列的每一个位置，当包含这个数的区间往上合并时，只有区间大小至少 $\times 2$ 的情况下这个位置才会造成 $O(1)$ 的时间复杂度，否则这个位置不造成时间复杂度。所以每个位置最多造成 $O(\log{n})$ 的时间复杂度，共有 $n$ 个位置，总时间复杂度为 $O(n\times \log{n})$。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 200010 3 using namespace std; 4 inline int read(){ 5 int x=0; bool f=1; char c=getchar(); 6 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=0; 7 for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^‘0‘); 8 if(f) return x; 9 return 0-x; 10 } 11 int T,n,a[N],pre[N],nxt[N]; 12 map<int,int> mp; 13 bool check(int l,int r){ 14 if(l>=r) return 1; 15 int i=l, j=r; 16 while(i<=j){ 17 if(pre[i]<l && nxt[i]>r) return check(l,i-1) && check(i+1,r); 18 if(i!=j && pre[j]<l && nxt[j]>r) return check(l,j-1) && check(j+1,r); 19 ++i, --j; 20 } 21 return 0; 22 } 23 int main(){ 24 T=read(); 25 while(T--){ 26 n=read(); 27 memset(nxt,0x7f,sizeof nxt); 28 mp.clear(); 29 map<int,int>::iterator it; 30 for(int i=0;i<n;++i){ 31 a[i]=read(); 32 it=mp.find(a[i]); 33 if(it!=mp.end()) 34 pre[i]=it->second, 35 nxt[it->second]=i; 36 else pre[i]=-1; 37 mp[a[i]]=i; 38 } 39 if(check(0,n-1)) printf("non-"); 40 printf("boring\n"); 41 } 42 return 0; 43 }
【bzoj 4059】Non-boring sequences
原文：https://www.cnblogs.com/scx2015noip-as-php/p/bzoj4059.html
