给你一个长度为n的数字串，数字串里会包含1-m这些数字。如果连续的一段数字子串包含了1-m这些数字，则称这个数字字串为NUM串。你的任务是求出长度最短的NUM串是什么，只需要输出这个长度即可。
1<=n，m<=200000
第一行给定n和m。
第二行n个数，表示数字串，数字间用空格隔开。
如果存在NUM串则输出最短NUM串长度，否则输出“NO”。
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题意：
给定一个长度为n的序列，每个元素都是不大于m的正整数。找出最短的连续数段，满足每一个不大于m的正整数都在其中出现。n和m均不大于200,000。
最简单的想法是，暴力枚举左右端点形成序列，在序列中分别查找每个不大于m的正整数。时间复杂度O(n^3·m)。
可以想到的一个简单优化是，可以枚举左端点，然后不断向右扫描，用一个桶d[]来统计每个不大于m的正整数出现的次数。
则当d[]中的每个元素都大于0时，即每个不大于m的正整数都有出现时，结束当次扫描，修改最小值，选择下一个左端点。时间复杂度O(n^2·m)。
可以想到，每次只修改某单个d[i]，即令d[i]增加1，却要把整个数组扫描一次来判断，是很浪费时间的。我们可以令cnt为d[]中值大于0的元素个数，且初始化为0。
每次令d[i]增加1后，若d[i]的变化是从0到1，则令cnt增加1。当cnt=m时就知道当前数段已经满足要求了，不必次次把d[]扫描一次。时间复杂度O(n^2+nm)。
但是本题要求一个线性的做法，每次选择好左端点然后从原地开始向右扫描，显然是二次方的。是否一定要从原地开始扫描呢？
令f[i]为当左端点为i时，最小的使得数段[i,j]满足要求的j。如n=5,m=3且序列为1,3,3,2,1，当左端点为1时向右扫描，直到扫描到第4个数，才能使得当前数段1,3,3,2满足要求。
而以2为左端点则要扫描到第5个数才可以。因此定义f[1]=4,f[2]=5，同理f[3]=5，而f[4]和f[5]为无穷大。则只需要在所有f[i]-i+1中找一个最小值即可。
应该注意到，f[i]关于i是单调的，当i增加时，f[i]不会减少。如果有i<j且f[j]<f[i]，由于数段[i,f[j]]包含数段[j,f[j]]，一定也是满足要求的，而数段[i,f[i]]比这还大，不可能是最小的。
当i=1时，可以进行朴素的扫描，即从原地开始。当i=2时，则只要从f[1]开始即可。更一般地，当左端点为i时，只要从f[i-1]开始即可，大大节省了时间。
但是，d[]和cnt要怎么维护呢？只需要在左端点i移动至i+1时，将d[i]减去1即可。如果d[i]的变化是从1到0，则令cnt减去1。右端点移动时，就按原来添加元素的方法去做即可。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define N 201000 int n,m,num,a[N],vis[N]; int ans=0x3f3f3f3f; int main(){ freopen("sh.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m); int i,j=1; for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } for(i=0;num<m&&i<=n;){ vis[a[++i]]++; if(vis[a[i]]==1) num++; } if(i>n){ puts("NO"); return 0; } for(ans=i;i<=n;i++){ vis[a[i]]++; if(vis[a[i]]==1) num++; for(;(num>m)||(num==m&&vis[a[j]]>1);j++){ vis[a[j]]--; if(vis[a[j]]==0) num--; } ans=min(ans,i-j+1); } printf("%d ",ans); return 0; }