#include <iostream> #include <vector> #include <map> #define int long long using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; signed main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int t; cin >> t; while(t --) { int n; cin >> n; vector<bool> b(n + 1, true); vector<int> a(n + 1, 0); map<int,int> mp; for(int i = 1; i <= n; i ++) { cin >> a[i]; mp[a[i]] ++; } for(int i = 1; i <= n; i ++) { if(mp[a[i]] >= 2) b[i] = false; } int l = 0, r = 0; int len = 0; for(int i = 1; i <= n; i ++) { if(b[i]) { for(int j = i; j <= n; j ++) { if(b[j]) { if(j - i + 1 > len) { len = j - i + 1; l = i; r = j; } } else { i = j; break; } } } } if(len == 0) cout << 0 << '\n'; else cout << l << ' ' << r << '\n'; } }这段代码的时间复杂度是多少

嗯，我现在需要分析用户提供的这段C++代码的时间复杂度。首先，我得仔细阅读代码，理解它的功能，然后找出各个循环和操作的执行次数，从而计算出整体的时间复杂度。
首先，代码的大致结构是：处理多个测试用例（t次循环），每个测试用例中，输入一个长度为n的数组a，然后进行一些处理，最后输出结果。
让我一步步拆解代码：

输入处理部分：

ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); 这些是加速输入输出的语句，不影响时间复杂度。
读取t，然后进入t次循环。

每个测试用例内的操作：

读取n，然后创建两个vector：b和a。b的大小是n+1，初始化为true。a的大小是n+1，之后读取n个元素存入a数组。

接下来，使用一个map mp 统计每个元素在a中出现的次数。遍历数组a，每个元素a[i]的计数增加，这一步的时间是O(n)的，因为每个元素被处理一次，而map的插入和更新操作平均是O(1)（假设使用哈希表实现的unordered_map，但这里用的是map，即红黑树实现的，所以每次插入是O(log n)。不过题目中用的是map，所以这部分的时间复杂度是O(n log n)）。

然后，再次遍历数组a，检查每个元素的出现次数是否大于等于2。如果是，就将对应的b[i]设为false。这一步是O(n)时间，因为遍历一次数组，每次操作是O(1)。

寻找最长连续子数组部分：

初始化变量l, r, len。
外层循环从i=1到n。如果当前b[i]为true，则进入内层循环，从j=i开始，一直到n。如果b[j]为true，就检查j-i+1是否比当前len大，更新len、l、r。如果遇到b[j]为false，就将i设置为j，并跳出内层循环，继续外层循环。

这里的循环结构需要仔细分析。外层循环变量i从1到n，但内层循环中，当遇到b[j]为false时，i会被设置为j，然后break，这样外层循环的i会跳到j的位置继续。假设最坏情况下，所有b[i]都是true，那么外层循环的i会逐个增加，而内层循环j从i到n，总次数是O(n^2)。如果b数组中存在很多连续的true段，那么总的循环次数可能接近O(n^2)。例如，如果数组b全为true，那么内层循环每次都会执行到n，总次数是n + (n-1) + ... +1 = O(n²)。因此，这部分的时间复杂度在最坏情况下是O(n²)。

综合以上步骤，每个测试用例的时间复杂度由三个部分组成：

统计频率的O(n log n)（因为使用map）。
处理b数组的O(n)。
寻找最长子数组的O(n²)。

所以总的时间复杂度是这三个部分的最大值，即O(n²)。因为当n很大时，O(n²)会主导整个时间。
不过，我需要再仔细检查一下第三部分的循环是否正确。例如，当i被设置为j后，外层循环的下一个i会是j+1吗？因为外层循环是for(int i=1; i <=n; i++)。假设在内部循环中i被设置为j，然后break，之后外层循环的i会自增到j+1吗？
例如，假设当前i=1，进入内层循环，j从1到n，假设在某个j=k时b[k]为false，那么i会被设置为k，然后break。此时，外层循环的i在本次循环结束后，会执行i++，也就是i=k+1。这样，外层循环的i每次跳过了多个元素，所以这部分的时间复杂度实际上是O(n)，而不是O(n²)。比如，假设每个i对应的内层循环只执行到某个点，然后i被跳转到后面的位置，这样总体循环次数是O(n)的。
这里可能存在理解错误。例如，假设对于每个i，内层循环运行直到遇到第一个false的位置j，然后i被设置为j，之后外层循环的i会递增到j+1。因此，整个过程中，每个元素最多被访问两次：一次作为i的起始点，另一次作为j的位置。这可能导致总体时间复杂度是O(n)的。或者，是否存在这样的情况？
举个例子，假设数组b中有一段连续的true，长度为m。那么对于这段连续的true，外层循环的i会从该段的起点开始，内层循环j从i到该段的终点，然后i被设置为该段的终点，break。外层循环的i递增到终点+1。这样，这段连续的true会被处理一次，整个循环的时间复杂度是O(n)。因为每个元素只被处理一次。
因此，这部分的时间复杂度实际上是O(n)，而不是O(n²)。那这里我之前分析有误？
让我再仔细看一下代码的结构：
外层循环是for(int i=1; i <=n; i++)。在每次循环中，当i的b[i]为true时，进入内层循环。内层循环从j=i开始，逐个检查b[j]。当遇到b[j]为false时，将i设为j，然后break。这样，外层循环的下一次i会是j+1吗？
因为外层循环是for循环，i的值在每次循环结束后会自增。例如，假设当前i=1，进入循环体，执行到i=j（比如j=5），然后break。接着，外层循环的i会变成j+1吗？
不，不是的。因为for循环的第三个表达式（i++）会在每次循环体结束后执行。例如：
假设当前i=1，执行循环体中的代码，在循环体内将i设置为j=5，然后break。此时，循环体结束，然后i会执行i++，变成5+1=6。因此，外层循环的下一次i是6，而不是原来的i=1的下一个i=2。这样，这段代码的外层循环实际上只会遍历每个可能的连续true块的起始位置，而每个块只会被处理一次。因此，总的循环次数是O(n)的。
例如，假设数组b的结构是：一段true，接着一段false，再一段true，等等。那么外层循环i会依次跳到每个true段的起始位置，处理该段，然后i会被设置为该段的结束位置+1，从而跳过中间的部分。因此，整个处理过程的时间复杂度是O(n)，因为每个元素最多被访问两次：一次在i的起始点，一次在j的循环中。
因此，这部分的时间复杂度实际上是O(n)，而不是O(n²)。那这样的话，整个程序的时间复杂度主要取决于统计map的部分，也就是O(n log n)，因为后面的部分是O(n)。
那这样，总的时间复杂度应该是每个测试用例的O(n log n + n) = O(n log n)。但是，这里可能存在错误，需要重新验证。
或者，我是不是哪里弄错了？
让我们再仔细分析循环部分：
例如，考虑下面的代码结构：
for (i=1; i<=n; i++) {
if (b[i]) {
for (j=i; j<=n; j++) {
if (b[j]) {
// do something
} else {
i = j;
break;
}
}
// after break, i is j
// then, the for loop's i++ will make i = j +1
}
}
假设当前i=1，并且b[1]是true。进入内层循环，j从1开始，直到找到一个j使得b[j]为false，例如j=5。此时，设置i=5，break。外层循环的i会自增到5+1=6。因此，下一次循环i=6。因此，中间的那些i=2,3,4,5都被跳过了。
所以，每个连续为true的块只会被处理一次。对于每个连续的true块，内层循环的运行次数等于该块的长度。例如，块长度为m，内层循环执行m次。而所有块的总长度等于整个数组中true的元素的数量。假设最坏情况下，所有元素都是true，那么内层循环的总次数是n次（因为j从i到n，执行n-i+1次，但此时i会被设置为n，然后外层循环i++变成n+1，结束循环）。所以总的内层循环次数是O(n)。
因此，这部分的时间复杂度是O(n)。那这样的话，整个测试用例的时间复杂度由map的统计部分O(n log n)主导。加上后面的处理O(n)，所以总的时间复杂度是O(n log n)。
那之前的分析错误在于认为这部分是O(n²)，但实际上通过i的跳跃，这部分是O(n)。所以，总的时间复杂度是O(n log n) per test case。
那这样的话，每个测试用例的时间复杂度是O(n log n)，而总的时间复杂度是O(t * n log n)，其中t是测试用例的数量。
那么，现在的问题是，原代码的时间复杂度是多少？
现在需要确认几个点：

map的统计部分：每次插入a[i]的次数。因为map是基于红黑树的，所以每次插入和查找的时间是O(log k)，其中k是当前map中的元素数目。最坏情况下，所有元素都不同，所以k = n，每次操作是O(log n)。因此，统计部分的时间复杂度是O(n log n)。

处理b数组的循环是O(n)。

寻找最长子数组的部分，通过上述分析是O(n)。

因此，总的时间复杂度是O(n log n) + O(n) + O(n) = O(n log n) per test case。
那原代码的时间复杂度应为O(t * n log n)。对吗？
那用户的问题是，这段代码的时间复杂度是多少？
所以正确的答案应该是，每个测试用例的时间复杂度是O(n²)，还是O(n log n)？
这时候需要重新审视循环部分，是否真的如我之前分析的那样是O(n)。
或者，我是否在分析中哪里出错了？
让我们举一个例子，假设n=5，数组b全为true：
i=1进入循环，内层循环j从1到5，全部处理。此时，在j循环结束后，i仍为1，因为当内层循环结束后，没有执行到i=j的代码（因为所有b[j]都是true，所以不会进入else分支）。因此，内层循环执行完后，i仍然是1。然后，外层循环的i++，i变成2。
此时，i=2再次进入循环，内层循环j从2到5，执行处理。这将导致内层循环执行了4次（j=2到5），而总的时间复杂度在这种情况下是O(n²)，因为每个i都需要执行j从i到n的循环。
哦，这似乎与之前的结论相矛盾。这时候，我的分析出现了错误。这时候，假设所有b[i]都是true，那么当处理i=1时，内层循环j从1到n，然后循环结束后，由于没有遇到else分支，i没有被修改。因此，外层循环i++后，i=2，再次进入循环，处理j从2到n。此时，内层循环每次都会执行到n，导致总次数为n + (n-1) + ... +1 = O(n²)。
这时候，这种情况下的时间复杂度确实是O(n²)。那这与我之前的分析矛盾了，这时候必须重新审视代码。
哦，问题出在代码的结构上。当内层循环处理完所有j=i到n的true元素时，即整个子数组都是true的情况，此时内层循环的j会一直走到n，然后循环结束。此时，外层循环的i仍然是原来的i，之后i会自增1，进入下一次循环。这会导致，当整个数组都是true时，外层循环i从1到n，每个i都会进入内层循环，j从i到n，导致O(n²)的时间复杂度。此时，这部分的时间复杂度在最坏情况下是O(n²)。
那之前的分析错误在于，假设每次进入内层循环后，i会被调整，从而跳过后续的元素。但实际情况是，当所有b[i]都是true时，内层循环不会触发else分支，因此i不会被修改，外层循环的i会正常递增，导致每个i都要处理，从而内层循环的时间复杂度为O(n²)。
这说明之前的分析是错误的。这时候，正确的做法是重新分析这段代码的循环结构：
代码段：
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
if(b[i])
{
for(int j = i; j <= n; j ++)
{
if(b[j])
{
// 更新len, l, r
}
else
{
i = j; // 这里修改了外层循环的i
break;
}
}
// 这里，如果内层循环因为j到达n而结束，则不会执行i=j的操作
}
}
当处理一个连续的true块时，例如从i到m都是true，那么当j循环到m+1时，可能发现b[m+1]是false，这时i会被设置为m+1，break，然后外层循环的i会自增为m+2。因此，处理这个连续块的时间是O(m)次循环，然后i跳过了整个块。
但是如果整个数组都是true，那么对于每个i，内层循环j从i到n都会执行，并且不会触发else分支。因此，每个i对应的内层循环都会运行n - i + 1次，导致总的时间复杂度为O(n²)。
所以，这部分的时间复杂度在最坏情况下是O(n²)，比如当所有元素都是true时，而这种情况是可能的。例如，当数组中的所有元素都是唯一的，那么mp[a[i]]的值都是1，此时b数组中的每个元素都是true。这时候，代码的第三部分将遍历所有可能的i，每个i对应j从i到n，导致O(n²)的时间复杂度。
因此，正确的总时间复杂度应该是：每个测试用例的时间复杂度为O(n² + n log n)，即O(n²)，因为n²在n较大时比n log n增长得更快。
此时，统计map的部分是O(n log n)，处理b数组是O(n)，寻找最长子数组是O(n²)。因此，总时间复杂度是O(n²) per test case.
那最终的结论是，这段代码的时间复杂度是O(t * n²)，其中t是测试用例的数量，而每个测试用例的n是该用例的输入大小。
因此，用户提供的代码的时间复杂度是O(t * n²)，其中t是测试用例的个数，n是每个测试用例的数组长度。该代码的时间复杂度为$O(t \cdot n^2)$，其中$t$表示测试用例数量，$n$表示每个测试用例的数组长度。以下是具体分析步骤：

关键步骤解析

输入处理与统计频率
map<int, int> mp;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
mp[a[i]]++;
}
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使用map统计元素频率，时间复杂度为$O(n \log n)$（map基于红黑树，每次插入/查询为$O(\log n)$）。

标记唯一性
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (mp[a[i]] >= 2) b[i] = false;
}
登录后复制

遍历数组标记非唯一元素，时间复杂度为$O(n)$。

寻找最长连续唯一子数组
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (b[i]) {
for (int j = i; j <= n; j++) {
if (b[j]) { /* 更新长度 */ }
else {
i = j; // 跳转到非唯一元素位置
break;
}
}
}
}
登录后复制

最坏情况（所有元素唯一，即b[i]全为true）：外层循环遍历每个$i$，内层循环从$i$到$n$，总时间复杂度为$O(n^2)$。

时间复杂度总结

主要瓶颈：寻找最长子数组的双重循环。
公式推导：$$T(n) = O(n \log n) + O(n) + O(n^2) = O(n^2)$$对于$t$个测试用例，总复杂度为$O(t \cdot n^2)$。

优化建议
若需优化至$O(n)$或$O(n \log n)$，可：

改用哈希表：如unordered_map统计频率，将统计部分复杂度降至$O(n)$。
单次遍历找最长子数组：通过记录当前连续段的起点，避免双重循环。

总结：代码的时间复杂度主要由双重循环主导，实际应用中需注意数据规模以避免超时。