带修改的莫队

Posted 2020-12-20 cutepota

彩色盒子

sol：彩色盒子可以用分块来做（有题解），也可以用莫队来做，带修改操作。
如颜色：1 3 2 5 7 8 2 4 6
Q:[1,9]  //询问区间1~9的颜色数
M:3 4   //将第三个位置的颜色改为颜色4
M:1 5
Q:[1,3]
若用莫队来做，按查询排序，依次得到区间[1,3],[1,9]。
但，在做查询[1,3]时，查询操作的前面有两个修改操作。
怎么解决：定义一个时间now，相当于给每一个操作依次打上一个时间戳，now初值为0，如上面四个操作，now值依次为1，2，3，4.
现在我们做查询[1,3],now=4,那我们就要看在这个询问前是否有修改操作，本样例有两次修改，修改后，再做莫队。
接下来我们做查询[1,9],now=1,我们查询这个区间时本没有两次修改操作，所以又把前面做的两次修改操作撤销。
这样就顺利得到我们想要的结果。

代码如下：

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <algorithm>
  4 using namespace std;
  5 typedef long long ll;
  6 #define space putchar(‘ ‘)
  7 #define enter putchar(‘
‘)
  8 template <class T>
  9 void read(T &x){
 10     char c;
 11     bool op = 0;
 12     while(c = getchar(), c < ‘0‘ || c > ‘9‘)
 13         if(c == ‘-‘) op = 1;
 14     x = c - ‘0‘;
 15     while(c = getchar(), c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘)
 16         x = x * 10 + c - ‘0‘;
 17     if(op) x = -x;
 18 }
 19 template <class T>
 20 void write(T x){
 21     if(x < 0) x = -x, putchar(‘-‘);
 22     if(x >= 10) write(x / 10);
 23     putchar(‘0‘ + x % 10);
 24 }
 25 const int N = 10005, M = 1000005, B = 464;
 26 int n, m, pl = 1, pr = 0, cur, res, ans[N], a[N], cnt[M];
 27 int idxC, idxQ, tim[N], pos[N], val[N], pre[N];
 28 #define bel(x) (((x) - 1) / B + 1)
 29 struct query
 30 {
 31     int id, tim, l, r;
 32     bool operator < (const query &b) const
 33     {
 34         if(bel(l) != bel(b.l)) return l < b.l;
 35         if(bel(r) != bel(b.r)) return r < b.r;
 36         return id < b.id;
 37     }
 38 } q[N];
 39 void change_add(int cur)
 40 {
 41     if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr) //如果这个修改操作发生在我们当前询问的区间中 
 42     {
 43         cnt[a[pos[cur]]]--; //则从前这个点的color的出现次数-1 
 44         if(!cnt[a[pos[cur]]]) //如果减少后变成了0，则出现的总color数-1 
 45            res--;
 46     }
 47     pre[cur] = a[pos[cur]];//记下从前的color,方便今后如果后面再加回来时进行操作 
 48     a[pos[cur]] = val[cur]; //换上新的color
 49     if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr) //同上 
 50     {
 51         if(!cnt[a[pos[cur]]]) //如果新color出现的次数从0变成1，则总color+1 
 52             res++;
 53         cnt[a[pos[cur]]]++;
 54     }
 55 }
 56 void change_del(int cur)
 57 {
 58     if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr)  
 59     {
 60         cnt[a[pos[cur]]]--;
 61         if(!cnt[a[pos[cur]]]) res--;
 62     }
 63     a[pos[cur]] = pre[cur];
 64     if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr)
 65     {
 66         if(!cnt[a[pos[cur]]]) res++;
 67         cnt[a[pos[cur]]]++;
 68     }
 69 }
 70 void change(int now)
 71 {
 72     while(cur < idxC && tim[cur + 1] <= now)//找now之前未作的修改
 73     //cur代表目前的修改操作进行到哪一个了
 74     //cur+1到当前询问时间点now之间还有些修改操作还没有做，加进来 
 75           change_add(++cur);
 76     while(cur && tim[cur] > now)
 77     //也有可能是多做了修改操作，于是删除这些修改操作
 78           change_del(cur--);
 79 }
 80 void add(int p)
 81 {
 82     if(!cnt[a[p]])
 83         res++;
 84     cnt[a[p]]++;
 85 }
 86 void del(int p)
 87 {
 88     cnt[a[p]]--;
 89     if(!cnt[a[p]])
 90        res--;
 91 }
 92 bool isQ()
 93 {
 94     char op[2];
 95     scanf("%s", op);
 96     return op[0] == ‘Q‘;
 97 }
 98 int main()
 99 {
100     read(n), read(m);
101     for(int i = 1; i <= n; i++)
102         read(a[i]);
103     for(int i = 1; i <= m; i++)
104     {
105         if(isQ())  //查询操作
106         {
107              idxQ++;
108              q[idxQ].id = idxQ; //表示其为第多少个查询操作 
109              q[idxQ].tim = i;  //这个查询操作发生的时间 
110              read(q[idxQ].l);
111              read(q[idxQ].r);
112         }
113         else      //修改操作
114              {   
115                       tim[++idxC] = i; //第idxc个修改操作发生的时间
116                       read(pos[idxC]); //修改的位置
117                       read(val[idxC]); //修改后的color
118              } 
119     }
120     sort(q + 1, q + idxQ + 1);
121     for(int i = 1; i <= idxQ; i++)
122     {
123         change(q[i].tim);
124         //以当前这个查询为基准，是否有修改操作没有做，或者多做了
125         while(pl > q[i].l) add(--pl);
126         while(pr < q[i].r) add(++pr);
127         while(pl < q[i].l) del(pl++);
128         while(pr > q[i].r) del(pr--);
129         ans[q[i].id] = res;
130     }
131     for(int i = 1; i <= idxQ; i++)
132         write(ans[i]), enter;
133     return 0;
134 }