基础莫队

Posted 2020-12-14 go7338395

基础莫队入门

 

首先来看这样的一个经典问题：求区间内有多少个不同的数

 

首先一个朴素的暴力就是每次移动左右端点然后更新答案，但这样显然可以被卡到 $O(n ^ 2)$，那么有什么办法优化这个复杂度呢？这个时候莫队算法就横空出世了！

 

首先我们考虑把询问离线，我们想办法把上面的询问排序然后让暴力的复杂度变优。考虑分块，对于左端点在同一块内的区间我们按右端点排序，否则按左端点排序。仔细考虑一下，会发现对于每一个块右端点是递增的，那么同一块内右端点最多移动 $n$ 次，而总共有 $sqrt{n}$ 个块，因此右端点做多移动 $n sqrt{n}$ 次，再考虑左端点，因为每次询问左端点在同一块内，因此左端点每次最多移动 $sqrt{n}$ 次，总共有 $n$ 个左端点，因此左端点总共最多移动 $n sqrt{n}$ 次，这样复杂度就变成了 $O(n sqrt{n})$ 是不是非常优秀。

 

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200000 + 5
#define M 1000000 + 5
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
struct node{
    int l, r, id;
}q[N];
int n, l, r, ql, qr, Q, ans, size, a[N], Ans[N], cnt[M], block[N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
bool cmp(node a, node b){
    return (block[a.l] ^ block[b.l]) ? a.l < b.l : ((a.l & 1) ? a.r < b.r : a.r > b.r); //奇数块右端点从小到大排序，偶数块从大到小排序，这样扫完奇数块刚好可以回来。
}
int main(){
    n = read(), size = sqrt(n);
    rep(i, 1, n) a[i] = read(), block[i] = ceil(1.0 * i / size);
    Q = read();
    rep(i, 1, Q) q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;
    sort(q + 1, q + Q + 1, cmp);
    l = 1, r = 0;
    rep(i, 1, Q){
        ql = q[i].l, qr = q[i].r;
        while(l < ql) ans -= !--cnt[a[l++]];
        while(l > ql) ans += !cnt[a[--l]]++;
        while(r > qr) ans -= !--cnt[a[r--]];
        while(r < qr) ans += !cnt[a[++r]]++;
        //卡常写法。
        Ans[q[i].id] = ans;
    }
    rep(i, 1, Q) printf("%d ", Ans[i]);
    return 0;
}

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这是只用查询的情况，但如果要有修改怎么办？比如我们需要支持单调修改一个位置的颜色，查询区间内颜色的种类数。这个时候待修莫队就就来了。具体地讲，我们在每次查询时还加上一个时间维度，表示当前是第几次修改之后，跟左右端点一样还记一个时间端点一样暴力移动修改，查询的时候先按左端点是否在同一块内为第一关键字，再按按右端点是否在块内为第二关键字，最后按时间为第三关键字，有大佬证明块的大小取在 $n ^ {frac{2}{3}}$ 时的复杂度是比较优的，时间复杂度在 $O(n ^ {frac{5}{3}})$ 左右。

 

下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000000 + 5
#define K 5
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
struct R{
    int pos, col;
}c[N];
struct Q{
    int l, r, t, id;
}q[N];
char opt[K];
int n, m, l, r, t, ql, qr, qt, ans, tot1, tot2, size, a[N], cnt[N], Ans[N], block[N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
bool cmp(Q a, Q b){
    return (block[a.l] ^ block[b.l]) ? a.l < b.l : ((block[a.r] ^ block[b.r]) ? a.r < b.r : a.t < b.t);
}
int main(){
    n = read(), m = read(), size = pow(n, 1.0 * 2 / 3);
    rep(i, 1, n) block[i] = ceil(1.0 * i / size); 
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    rep(i, 1, m){
        scanf("%s", opt + 1), l = read(), r = read();
        if(opt[1] == ‘Q‘){
            if(l > r) swap(l, r);
            q[++tot1].l = l, q[tot1].r = r, q[tot1].t = tot2, q[tot1].id = tot1;
        } 
        else c[++tot2].pos = l, c[tot2].col = r;
    }
    sort(q + 1, q + tot1 + 1, cmp);
    l = 1, r = 0, t = 0;
    rep(i, 1, tot1){
        ql = q[i].l, qr = q[i].r, qt = q[i].t;
        while(l < ql) ans -= !--cnt[a[l++]];
        while(l > ql) ans += !cnt[a[--l]]++;
        while(r < qr) ans += !cnt[a[++r]]++;
        while(r > qr) ans -= !--cnt[a[r--]];
        while(t < qt){
            ++t;
            if(c[t].pos >= ql && c[t].pos <= qr) ans -= !--cnt[a[c[t].pos]] - !cnt[c[t].col]++; //注意这里一定要边删边统计答案，否则当前的状态不知道统计的答案是错的。
            swap(a[c[t].pos], c[t].col); //这里是一种取巧的写法，这样就可以不记录每个位置应该的颜色，因为每次我们修改过去会swap一遍，修改回来也会swap一遍两次swap相当于没有修改。下同
        }
        while(t > qt){
            if(c[t].pos >= ql && c[t].pos <= qr) ans -= !--cnt[a[c[t].pos]] - !cnt[c[t].col]++;
            swap(a[c[t].pos], c[t].col);
            --t;
        }
        Ans[q[i].id] = ans;
    }
    rep(i, 1, tot1) printf("%d
", Ans[i]);
    return 0;
}

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那么莫队能否像树剖那样上树呢？事实上是可以的，和树剖一样我们把树上的问题转化到序列上来。树剖使用的是 $dfs$ 序，但 $dfs$ 序不能直接表达出一段区间，于是我们考虑使用欧拉序。比如下面这张图

 

 

比如我们需要找到 $1 sim 10$ 这条链所对应的区间，我们会发现 $1 sim 10$ 这条链上的每个点都会包含在区间内，而对于那些出现两边的点都不会是 $1 sim 10$ 这条链上的点，因为我们走到它之后又出来了。下面我们再找一段区间比如 $2 sim 6$ 这条链，你会发现 $1$ 不见了，因为 $1$ 是 $2, 6$ 的 $LCA$ 因为我们还在 $1$ 的子树内所以显然欧拉序不会包含 $1$ 但我们只需要加上 $LCA$ 对答案的贡献即可。具体来讲我们记录每个点在欧拉序上出现的第一个位置 $fir$ 和第二次出现的位置 $sec$，那么对于每一组查询 $u, v(fir_u le fir_v)$，如果 $LCA(u, v) = u$ 那么我们查询的区间为 $fir_u sim fir_v$，否则查询的区间为 $sec_u sim fir_v$ 因为 $fir_u sim sec_u$ 上的点肯定不会在路径上，注意把出现两次的点对答案的影响去除。

 

下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000000 + 5
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
#define Next(i, u) for(int i = h[u]; i; i = e[i].next)
struct node{
    int l, r, lca, id;
}q[N];
struct edge{
    int v, next;
}e[N << 1];
bool book[N];
int n, m, l, r, u, v, ql, qr, ans, tot, num, now, Lca, size;
int a[N], s[N], d[N], h[N], fa[N], top[N], Ans[N], dep[N], son[N], ord[N], cnt[N], fir[N], sec[N], block[N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
bool cmp(node a, node b){
    return (block[a.l] ^ block[b.l]) ? a.l < b.l : ((block[a.l] & 1) ? a.r < b.r : a.r > b.r);
}
void add(int u, int v){
    e[++tot].v = v, e[tot].next = h[u], h[u] = tot;
}
void dfs1(int u, int Fa){
    ord[++now] = u, fir[u] = now;
    fa[u] = Fa, dep[u] = dep[Fa] + 1, s[u] = 1;
    int Max = -1;
    Next(i, u){
        int v = e[i].v; if(v == Fa) continue;
        dfs1(v, u), s[u] += s[v];
        if(s[v] > Max) Max = s[v], son[u] = v;
    }
    ord[++now] = u, sec[u] = now;
}
void dfs2(int u, int topf){
    top[u] = topf;
    if(!son[u]) return;
    dfs2(son[u], topf);
    Next(i, u){
        int v = e[i].v; if(v == fa[u] || v == son[u]) continue;
        dfs2(v, v);
    }
}
int LCA(int x, int y){
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
        x = fa[top[x]];
    }
    return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
void solve(int pos){
    book[pos] ? ans -= !--cnt[a[pos]] : ans += !cnt[a[pos]]++;
    book[pos] ^= 1; // book表示当前是否要对答案产生贡献，因为只有出现一次才对答案有贡献
}
int main(){
    n = read(), m = read(), size = sqrt(n);
    rep(i, 1, n) block[i] = ceil(1.0 * i / size);
    rep(i, 1, n) a[i] = d[i] = read();
    rep(i, 1, n - 1) u = read(), v = read(), add(u, v), add(v, u);
    dfs1(1, 0), dfs2(1, 1);
    rep(i, 1, m){
        u = read(), v = read(), Lca = LCA(u, v);
        if(fir[u] > fir[v]) swap(u, v);
        if(u == Lca) q[i].l = fir[u], q[i].r = fir[v], q[i].id = i;
        else q[i].l = sec[u], q[i].r = fir[v], q[i].lca = Lca, q[i].id = i;
    }
    sort(d + 1, d + n + 1), sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
    num = unique(d + 1, d + n + 1) - d - 1;
    rep(i, 1, n) a[i] = lower_bound(d + 1, d + num + 1, a[i]) - d;
    l = 1, r = 0;
    rep(i, 1, m){
        ql = q[i].l, qr = q[i].r, Lca = q[i].lca;
        while(l < ql) solve(ord[l++]);
        while(l > ql) solve(ord[--l]);
        while(r > qr) solve(ord[r--]);
        while(r < qr) solve(ord[++r]);
        if(Lca) solve(Lca);
        Ans[q[i].id] = ans;
        if(Lca) solve(Lca); 
    }
    rep(i, 1, m) printf("%d
", Ans[i]);
    return 0;
}

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但是如果我们需要算的东西不满足可减性只满足可加性比如说取最大值怎么办呢？比如我们每次查询要求 $i  imes cnt_{a_i}$ 的最大值，其中 $i$ 为编号，$a_i$ 为 $i$ 位置上的颜色，$cnt$ 为颜色数量。这时候我们有个东西叫做回滚莫队，回忆一下莫队的流程，我们想办法让这个莫队只加不减，在同一块内我们的右端点是一直递增的，这一部分不用考虑，只有我们的左端点是左右来回动的，但如果我们查询前都让左端点回到块的最右端，那么是不是就只有加颜色数了呢？根据莫队的分块原理，左端点每次最多移动 $O(sqrt{n})$ 次，所以复杂度还是 $O(n sqrt{n})$ 的。注意一下左右端点在同一块内的情况，就不能直接记录上一次右端点走过部分的最大值了，但同一块内我们直接暴力一样可以 $O(sqrt{n})$ 做掉。

 

下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100000 + 5
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
typedef long long ll;
struct node{
    int l, r, id;
}q[N];
ll ans, Ans[N];
int n, m, l, r, j, ql, qr, tot, num, siz;
int a[N], b[N], d[N], cnt[N], en[N], rcnt[N], block[N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
bool cmp(node a, node b){
    return (block[a.l] ^ block[b.l]) ? a.l < b.l : a.r < b.r;
}
int main(){
    n = read(), m = read(), siz = sqrt(n);
    rep(i, 1, n){
        block[i] = ceil(1.0 * i / siz);
        if(block[i] != block[i - 1] && i != 1) en[(int)ceil(1.0 * (i - 1) / siz)] = i - 1;
    }
    tot = ceil(1.0 * n / siz), en[tot] = n;
    rep(i, 1, n) a[i] = b[i] = d[i] = read();
    sort(d + 1, d + n + 1);
    num = unique(d + 1, d + n + 1) - d - 1;
    rep(i, 1, n) a[i] = lower_bound(d + 1, d + num + 1, a[i]) - d;
    rep(i, 1, m) q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;
    sort(q + 1, q + m + 1, cmp); 
    j = 1;
    rep(i, 1, tot){
        l = en[i] + 1, r = en[i], ans = 0;
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); // 记得清空数组。
        for(; block[q[j].l] == i; ++j){
            ql = q[j].l, qr = q[j].r;
            if(block[ql] == block[qr]){
                rep(k, ql, qr) ++rcnt[a[k]], ans = max(ans, 1ll * b[k] * rcnt[a[k]]);
                Ans[q[j].id] = ans; ans = 0;
                rep(k, ql, qr) --rcnt[a[k]];
            }
            else{
                ll tmp; //右端点能到达的最大答案
                while(r < qr) ++cnt[a[++r]], ans = max(ans, 1ll * b[r] * cnt[a[r]]);
                tmp = ans;
                while(l > ql) ++cnt[a[--l]], ans = max(ans, 1ll * b[l] * cnt[a[l]]);
                while(l <= en[i]) --cnt[a[l++]];
                Ans[q[j].id] = ans, ans = tmp;
            }
        }
    }
    rep(i, 1, m) printf("%lld
", Ans[i]);
    return 0;
}

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基础的四种莫队就记录完毕了，剩下的可以跟着大佬博客做题啦！