Codeforces Round 1016 (Div. 3)题解

题目地址

https://codeforces.com/contest/2093

锐评

在所有题意都理解正确的情况下，整体难度不算太难。但是偏偏存在F这么恶心的题意，样例都不带解释一下的，根本看不懂题。D题也恶心，在于递归过程的拆分，需要点数学，跟打印递归定义的图形一样，写麻了，好在过了。E题居然卡双 \(log\) 做法常数，也是恶心。反而是G题很典，太裸了，可惜被D防住了，根本没看到G题。再次陷入"看完所有题不会写，不看完所有题却会写"的魔咒。主要还是自己太菜了，打破不了这个魔咒，大佬们就没这个烦恼。

题解

Problem A. Ideal Generator

题目大意

由 \(k\) 个正整数组成的数组 \(a\) 在 \([a_1, a_2, \dots, a_k] = [a_k, a_{k-1}, \dots, a_1]\) 的情况下称为回文数组（其实就是正着读反着读是一样的）。例如，数组 \([1, 2, 1]\) 和 \([5, 1, 1, 5]\) 是回文数组，而数组 \([1, 2, 3]\) 和 \([21, 12]\) 不是回文数组。

如果任何整数 \(n\) ( \(n \geq k\) ) 都可以表示为一个长度正好为 \(k\) 的回文数组的元素之和，我们就称这个数 \(k\) 为理想生成数。数组中的每个元素都必须大于 \(0\) 。

例如，数字 \(1\) 是一个理想生成数，因为任何自然数 \(n\) 都可以用数组 \([n]\) 生成。然而，数字 \(2\) 并不是一个理想生成数，因为不存在长度为 \(2\) 的和为 \(3\) 的回文数组。

请判断给定的数字 \(k\) 是否是理想生成数。

题解思路：思维

先通过样例观察，发现奇数可以，偶数不行。开始验证，假如和为 \(k\) ，那么全部数组元素为 \(1\) 即可，假如和为 \(k + 1\) ，那么全部数组元素为 \(1\) 的基础上，有一个数要加上 \(1\) 还要是回文数组，那么只能放在最中间的位置上了，不然所放位置对称的那一个位置就不相等了。又因为 \(n\) 是连续的，所以差值为 \(1\) 只有数组长度是奇数才能满足，每次都在最中间位置加上 \(1\) 。时间复杂度为 \(O(1)\) 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;

void solve() {
    cin >> n;
    cout << ((n & 1) ? "YES\n" : "NO\n");
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem B. Expensive Number

题目大意

正整数 \(n\) 的代价被定义为数字 \(n\) 除以其数位之和的结果。

例如，数字 \(104\) 的代价是 \(\frac{104}{1 + 0 + 4} = 20.8\) ，数字 \(111\) 的代价是 \(\frac{111}{1 + 1 + 1} = 37\) 。

给你一个不包含前导零的正整数 \(n\) 。你可以从数字 \(n\) 中删除任意数位(包括不删除)，这样剩下的数字至少包含一位数，并且严格大于零 。剩下的数字不能重新排列 。因此，你可能得到一个前导为零的数字。

例如，给你一个数字 \(103554\) 。如果去掉 \(1\) 、 \(4\) 和一个数字 \(5\) ，最后得到的数字是 \(035\) ，其代价是 \(\frac{035}{0 + 3 + 5} = 4.375\) 。

为了使代价最小，你需要从这个数字中删除最少多少个数字？

题解思路：贪心

首先，一个数字的数位之和是不可能大于这个数字的，最多和它相等。那么代价最小意味着什么？显然就是相等。所以只有一位数字时代价达到最小，代价为 \(1\) 。因为题目删除数位后允许有前导 \(0\) ，所以选定某个数字前面的 \(0\) 可以不删除。又因为题目要求删除后组成的这个数必须严格大于 \(0\) ，所以我们要找一个非 \(0\) 数位。因为前导 \(0\) 可以保留，后导 \(0\) 不能保留（保留就不是个位数了），所以我们倒着枚举，找到第一个非 \(0\) 数位位置，将这个位置前面的非 \(0\) 数位删除以及后面的数位删除，删除的数位个数即是答案。时间复杂度为 \(O(n)\) 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string str;

void solve() {
    cin >> str;
    int n = str.size();
    int id = n - 1;
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
        if (str[i] != '0') {
            id = i;
            break;
        }
    int ans = n - 1 - id;
    for (int i = id - 1; i >= 0; --i)
        if (str[i] != '0')
            ++ans;
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem C. Simple Repetition

题目大意

帕夏喜欢质数！为了找到生成质数的新方法，他再次对互联网上的一种算法产生了兴趣：

• 要得到一个新数字 \(y\) ，重复 \(k\) 次数字 \(x\) 的十进制表示 \(x\) (不含前导零)。

例如， \(x = 52\) 和 \(k = 3\) 可以得到 \(y = 525252\) ， \(x = 6\) 和 \(k = 7\) 可以得到 \(y = 6666666\) 。

帕夏非常希望得到的数字 \(y\) 是质数，但他还不知道如何检验这种算法生成的数字的质性。请帮助帕夏，告诉他 \(y\) 是否是质数！

如果一个整数 x 只有 2 个不同的除数 1 和 x ，那么这个整数 x 就是质数。例如， 13 是质数，因为它只有 2 个除数： 1 和 13 。请注意，数字 1 不是质数，因为它只有一个除数。

题解思路：思维/分类讨论

我们来一一分析下。

• \(k = 1\) ，显然只需要判定 \(x\) 是否质数。
• \(k \gt 1\) ，即 \(x\) 至少重复了 \(2\) 次，设 \(x\) 有 \(n\) 个数位，那么 \(y\) 显然有一个除数 \(x\) ，使得 \(\frac{y}{x} = a_1 \underbrace{0 \cdots 0}{n - 1个} a_2 \underbrace{0 \cdots 0}{n - 1个} \dots a_k\) ，其中 \(a_i = 1, 1 \leq i \leq k\) 。那么只要 \(1 \lt x \lt y\) ， \(y\) 必然不是质数，显然 \(x \lt y\) 必然成立，所以只需要再单独判断一下 \(x\) 为 \(1\) 的情况即可。

根据上面的分析，问题得解。时间复杂度为 \(O(1)\) 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;

bool check(int x) {
    if (x < 2)
        return false;
    for (int i = 2; i * i <= x; ++i)
        if (x % i == 0)
            return false;
    return true;
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    if (m == 1)
        cout << (check(n) ? "YES\n" : "NO\n");
    else if (n == 1) {
        int x = 0;
        for (int i = 0; i < m; ++i)
            x = x * 10 + 1;
        cout << (check(x) ? "YES\n" : "NO\n");
    } else
        cout << "NO\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem D. Skibidi Table

题目大意

瓦迪姆喜欢用整数填充方形表格。不过今天他想到了一个好玩的方法！以大小为 \(2 \times 2\) 的表格为例，表格的行从上到下编号，列从左到右编号。我们将 \(1\) 置于左上角单元格， \(2\) 置于右下角单元格， \(3\) 置于左下角单元格， \(4\) 置于右上角单元格。这就是他所需要的全部乐趣！

幸运的是，瓦迪姆有一个大小为 \(2^n \times 2^n\) 的表格。他计划用从 \(1\) 到 \(2^{2n}\) 的整数按升序填满它。为了填满这样一个大表，瓦迪姆将把它分成 \(4\) 个相等的方表，先填满左上角的表，然后填满右下角的表，接着填满左下角的表，最后填满右上角的表。在填满每张小方表的过程中，他又会把每张小方表分割成更小的表，直到填满 \(2 \times 2\) 大小的方表为止。

现在瓦迪姆迫不及待地想开始填表，但是他有两类 \(q\) 个问题：

• 第 \(x\) 行第 \(y\) 列的单元格中的数字是多少
• 数字 \(d\) 位于哪个单元格坐标

帮助回答瓦迪姆的问题。

题解思路：DFS

题意倒是很直接，思路也很明确，就是不断DFS缩小区域。但是这个区域怎么设计还真是恶心，会的很会，不会的真的会卡很久，看群友有被卡两小时的。

首先对于块的大小，假如当前处于第 \(n\) 层，块的大小为 \(2^{n - 1} \times 2^{n - 1}\) ，即是宽高各减一半。其次是对于坐标步长，根据前面分析（宽高各减一半），可知步长就是 \(2^{n - 1}\) 。知道这两个性质就好办了，只需要知道当前处于第几层，以及当前层的左上角坐标，即可一步步缩小范围，直到不能再缩小，即是答案，详见代码。时间复杂度为 \(O(nq)\) 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
int n, q;

ll dfs1(int cur, int l, int r, int x, int y) {
    // cout << "dfs1:" << cur << ':' << l << ':' << r << ':' << x << ':' << y << '\n';
    if (l == x && r == y)
        return 1;
    ll dt = 1LL << (cur - 1);
    ll dd = dt * dt;
    if (x >= l + dt && y >= r + dt)
        return dd + dfs1(cur - 1, l + dt, r + dt, x, y);
    if (x >= l + dt)
        return (dd << 1) + dfs1(cur - 1, l + dt, r, x, y);
    if (y >= r + dt)
        return 3 * dd + dfs1(cur - 1, l, r + dt, x, y);
    return dfs1(cur - 1, l, r, x, y);
}

pii dfs2(int cur, int l, int r, ll d) {
    // cout << "dfs2:" << cur << ':' << l << ':' << r << ':' << d << '\n';
    if (d == 1)
        return {l, r};
    ll dt = 1LL << (cur - 1);
    ll dd = dt * dt;
    if (d > 3 * dd)
        return dfs2(cur - 1, l, r + dt, d - 3 * dd);
    if (d > (dd << 1))
        return dfs2(cur - 1, l + dt, r, d - (dd << 1));
    if (d > dd)
        return dfs2(cur - 1, l + dt, r + dt, d - dd);
    return dfs2(cur - 1, l, r, d);
}

void solve() {
    cin >> n >> q;
    string op;
    int x, y;
    ll d;
    while (q--) {
        cin >> op;
        if (op == "->") {
            cin >> x >> y;
            cout << dfs1(n, 1, 1, x, y) << '\n';
        } else {
            cin >> d;
            pii ans = dfs2(n, 1, 1, d);
            cout << ans.first << ' ' << ans.second << '\n';
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem E. Min Max MEX

题目大意

给你一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和一个数字 \(k\) 。

子数组的定义是数组中一个或多个连续元素的序列。你需要将数组 \(a\) 分割成 \(k\) 个不重叠的子数组 \(b_1, b_2, \dots, b_k\) ，使得这些子数组的合集等于整个数组。此外，你需要最大化 \(x\) 的值，即 \(x = \min(MEX(b_i)), 1 \leq i \leq k\) 。

\(MEX(v)\) 表示数组 \(v\) 中没有的最小非负整数。

题解思路：二分

对于 \(u = MEX(v)\) ，如果选择数组 \(v\) 的一部分数组成数组 \(vt\) ，那么对于所有 \(w \lt u\) ，是否都能找到 \(w = MEX(vt)\) ？答案是肯定的。所以我们考虑二分，下限 \(l = 0\) ，上限 \(r = n\) （因为数组顶多是 \([0, 1, \dots, n - 1]\) ）。那么我们怎么去check呢？对于 \(MEX\) 为 \(u\) ，我们只需要维护一个集合，然后遍历整个数组，对于每个元素，满足 \(a_i \lt u, 0 \leq i \lt n\) ，就将其加入集合，当集合元素个数达到了 \(u\) ，然后计数加一（表示可以划分为一个子数组，满足 \(MEX \geq u\)），并且清空当前集合。这样到最后，只要计数大于等于 \(k\) ，表示可以合理划分。时间复杂度为 \(O(nlognlogn)\) （check用到了set，换成数组每次标记取反可以降到 \(O(nlogn)\) ）。

PS：此题居然卡双 \(log\) 做法常数，真是无语啊！

参考代码（C++）

双 \(log\) 超时代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
int n, m;

bool check(int x) {
    set<int> st;
    for (int i = 0; i < x; ++i)
        st.insert(i);
    if (st.empty())
        return true;
    set<int> stc;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] < x)
            stc.insert(a[i]);
        if (stc.size() == st.size()) {
            ++cnt;
            stc.clear();
            if (cnt >= m)
                return true;
        }
    }
    return cnt >= m;
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> a[i];
    int l = 0, r = n + 1, ans = -1;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            l = mid + 1;
        } else
            r = mid - 1;
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

双 \(log\) 通过代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
int n, m;

bool check(int x) {
    set<int> st;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] < x)
            st.insert(a[i]);
        if (st.size() == x) {
            ++cnt;
            st.clear();
            if (cnt >= m)
                return true;
        }
    }
    return cnt >= m;
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> a[i];
    int l = 1, r = n, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            l = mid + 1;
        } else
            r = mid - 1;
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

单 \(log\) 通过代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
int a[maxn];
bool vis[maxn];
int n, m;

bool check(int x) {
    for (int i = 0; i < x; ++i)
        vis[i] = false;
    bool f = true;
    int cnt = 0, cur = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (a[i] < x) {
            if (vis[a[i]] != f) {
                ++cur;
                vis[a[i]] = f;
            }
        }
        if (cur == x) {
            ++cnt;
            cur = 0;
            f = !f;
            if (cnt >= m)
                return true;
        }
    }
    return cnt >= m;
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> a[i];
    int l = 1, r = n, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            l = mid + 1;
        } else
            r = mid - 1;
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem F. Hackers and Neural Networks

题目大意

黑客们再次试图利用神经网络的输出创建娱乐短语。这一次，他们想获得长度为 \(n\) 的字符串数组 \(a\) 。

最初，他们有一个长度为 \(n\) 的数组 \(c\) ，其中充满了空白，用符号 \(*\) 表示。因此，如果 \(n = 4\) ，则初始值为 \(c=[*, *, *, *]\) 。

黑客可以访问 \(m\) 个神经网络，每个神经网络都有自己的请求答案版本--长度为 \(n\) 的字符串数组 \(b_i\) 。

黑客试图通过以下操作从数组 \(c\) 中获取数组 \(a\) ：

• 选择神经网络 \(i\) ，对数组 \(c\) 执行下一步操作：选择一个随机 的空白 ，例如在位置 \(j\) 处，将 \(c_j\) 替换为 \(b_{i, j}\) 。

  例如，如果选择了第一个神经网络 \(b_1 = [\text{<<I>>}, \text{<<love>>}, \text{<<apples>>}]\) ，当前 \(c = [*, \text{<<like>>}, *]\) ，那么在对第一个神经网络进行操作后， \(c\) 可能会变成 \([\text{<<I>>}, \text{<<like>>}, *]\) 或 \([*, \text{<<like>>}, \text{<<apples>>}]\) 。

• 选择位置 \(j\) 并将 \(c_j\) 替换为空白。

不幸的是，由于黑客访问神经网络的方式，他们只能在所有操作完成后才能看到修改后的数组 \(c\) ，因此他们必须事先指定整个操作序列。

然而，神经网络的随机行为可能会导致永远无法获得所需的数组，或者获得所需的数组需要过多的操作。

因此，黑客们希望您能帮助他们选择一个操作序列，以保证在最少的操作次数内获得数组 \(a\) 。

更具体地说，如果存在一个操作序列可以保证 从数组 \(c\) 中获得数组 \(a\) ，那么在所有这样的序列中，找出一个操作次数最少的序列，并输出其中的操作次数。

如果没有将数组 \(c\) 转换成数组 \(a\) 的操作序列，则输出 \(-1\) 。

题解思路：贪心

题意真的很长且很拉，真的看完好像不知道要求什么？让我们再细细品味一下！反正就是进行两个操作嘛，只要对应位置的字符串不对就一定要继续操作。只要操作，那么操作次数必然会增加。

假如某个操作后，某个位置已经是正确的，下一次操作你会不会去改它？显然不会了，不然你还得再至少进行一次操作二以及至少随机一次操作一，而且随机后不一定是对的，何必呢？

如果所有位置都是空的，你会不会进行操作二？显然也不会，白白浪费一次操作嘛。所以第一次操作肯定是操作一，这是个随机过程。

通过上面的分析，我们唯一能决定的就是可以选择跑哪个神经网络。从概率论角度来说，我们当然希望选择命中概率更高的，这样所得的期望就越大，后续所需要的操作就更少。所以第一次操作就至关重要了，我们就选命中概率最大的神经网络，这样我们就能保证 \(n\) 次操作后，随机正确位置最大。这样所有位置都被填满了，最后对不正确的位置，我们只需要先执行一次操作二，再找到一个神经网络，其对应位置存在正确字符串，因为只会空白位置随机，而当前空白位置只有一个，显然这是一个必然事件。

上面操作一定是最优的吗？一定的。假设你选择某个神经网络的命中率是 \(\frac{x}{y}\) ，你把其他所有的神经网络全部组合起来，命中率形如 \(\frac{x + a}{y + b}\) ，其不可能更大。

对于不存在的情况，显然所有对应位置都没有目标串，就无法做到。时间复杂度为 \(O(mn \max(|b_{i, j}|))\) 。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 505;
string p[maxn], str[maxn][maxn];
int cntr[maxn], cntc[maxn];
int n, m;

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> p[i];
        cntc[i] = 0;
    }
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cntr[i] = 0;
        for  (int j = 0; j < n; ++j) {
            cin >> str[i][j];
            if (str[i][j] == p[j]) {
                ++cntc[j];
                ++cntr[i];
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        if (cntc[i] == 0) {
            cout << "-1\n";
            return;
        }
    int maxc = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
        maxc = max(maxc, cntr[i]);
    cout << (n + ((n - maxc) << 1)) << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

Problem G. Shorten the Array

题目大意

长度为 \(m\) 的数组 \(b\) 的美感定义为所有可能数对 \(1 \leq i \leq j \leq m\) 中的 \(\max(b_i \oplus b_j)\) ，其中 \(x \oplus y\) 是数字 \(x\) 和 \(y\) 的 bitwise XOR。我们将数组 \(b\) 的美感表示为 \(f(b)\) 。

如果数组 \(b\) 中有 \(f(b) \geq k\) ，那么这个数组 \(b\) 就叫做美丽数组。

最近，科斯佳从商店买了一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 。他认为这个数组太长了，所以打算从中剪切出一些美丽的子数组。也就是说，他想选择数字 \(l\) 和 \(r\) ( \(1 \leq l \leq r \leq n\) )，这样数组 \(a_{l \dots r}\) 就很美丽了。这样一个子数组的长度为 \(r - l + 1\) 。整个数组 \(a\) 也被视为一个子数组(包含 \(l = 1\) 和 \(r = n\) )。

你的任务是找出数组 \(a\) 中最短的美丽子数组的长度。如果没有一个子数组是美丽的，那么你应该输出数字 \(-1\) 。

题解思路：双指针+字典树Trie

首先，对于每个 \(l\) ，如果找到第一个满足条件的 \(r(r \geq l)\) ，那么显然 \(r + 1(r \lt n)\) 也可以。既然这样，那么我们维护一个双指针，对于每个左指针，不断扩展右指针，直到找到第一个满足条件的位置，更新答案即可。那么怎么快速计算出当前区间是否可以满足条件呢？很容易就会想到字典树 求当前区间可以得到的最大异或值。时间复杂度为 \(O(n)\) （计算次数实际为 \(30n\) ，常数忽略，但实际运行时间还是要考虑的）。

参考代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int maxn = 200'005;
const int maxnode = 6'000'005;
const int sigma_size = 2;
struct trie {
    int child[maxnode][sigma_size];
    int value[maxnode];
    int size;

    void init() {
        size = 1;
        memset(child[0], 0, sizeof(child[0]));
    }

    void insert(int x, int y) {
        int pos = 0;
        for (int i = 29; i >= 0; --i) {
            int id = (x >> i) & 1;
            if (!child[pos][id]) {
                memset(child[size], 0, sizeof(child[size]));
                value[size] = 0;
                child[pos][id] = size++;
            }
            pos = child[pos][id];
            value[pos] += y;
        }
    }

    int query(int x) {
        // cout << "query: " << x << '\n';
        int pos = 0, ans = 0;
        for (int i = 29; i >= 0; --i) {
            int id = (x >> i) & 1;
            int idx = id ^ 1;
            int p = child[pos][idx];
            if (p && value[p]) {
                ans |= 1 << i;
                pos = p;
            } else {
                p = child[pos][id];
                if (p && value[p])
                    pos = p;
                else
                    return -1;
            }
        }
        // cout << "query: ans = " << ans << '\n';
        return ans;
    }
} tr;
int a[maxn];
int n, m;

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> a[i];
    if (m == 0) {
        cout << "1\n";
        return;
    }
    tr.init();
    int l = 0, r = 0, ans = n + 1;
    while (r < n) {
        // cout << l << ", " << r << endl;
        while (r < n && tr.query(a[r]) < m)
            tr.insert(a[r++], 1);
        if (r < n)
            ans = min(ans, r - l + 1);
        tr.insert(a[l++], -1);
        if (l > r)
            r = l;
    }
    cout << (ans == n + 1 ? -1 : ans) << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}