[bzoj 5143][Ynoi 2018]五彩斑斓的世界
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传送门
Descroption
给了你一个长为n的序列a,有m次操作
1.把区间[l,r]中大于x的数减去x
2.查询区间[l,r]中x的出现次数
Solution
分块
对于每个块,我们都分别维护:
每种数出现的次数,需要用到并查集,即把相同的数合并在一起
- 标记tag,表示这个块总共减了多少
maxx,表示这个块的最大值
对于查询,按照分块的套路直接查询就可以了
修改的时候,为了保证复杂度正确,我们考虑每次通过$O ( x ) (的复杂度,实现整个块的极差减少)x$.
这样,我们就能保证总修改的复杂度是(O(nlog n))了
怎么做到呢?
假设当前数组的极差为(M),我们近似的将它看成是(maxx-tag)
- (M< x) 显然是不存在大于x的数,直接返回即可
- (x leq M leq 2x) 这个时候,把大于x的数直接减去x即可,
fa[j]=fa[j-x]
,这样极差减少(x)- (M>2x) 直接把小于等于(x)的数加上(x),然后整个区间打上减(x)的标记,极差同样减少(x)
Code?
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
char B[1<<26],*S=B;
inline int read(){
int x;char c;
while((c=*S++)<'0'||c>'9');
for(x=c-'0';(c=*S++)>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0';
return x;
}
const int MN=1e5,T=650;
int a[MN+5],fa[MN/T+5][MN+5],sz[MN/T+5][MN+5],minn[T+5],maxx[T+5];
int getf(int*f,int k){return f[k]?f[k]=getf(f,f[k]):k;}
int main()
{
B[fread(B,1,1<<26,stdin)]=0;
int n,m,i,j,o,l,r,x,lk,rk,ans;
n=read();m=read();
for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),++sz[(i-1)/T][a[i]];
for(i=1;i<=n;i+=T) minn[i/T]=0,maxx[i/T]=MN;
while(m--)
{
o=read();l=read();r=read();x=read();
lk=(l-1)/T;rk=(r-1)/T;
if(o==1)
{
for(i=l;i<=r&&i<=lk*T+T;++i)
if((a[i]=getf(fa[lk],a[i]))-minn[lk]>x)--sz[lk][a[i]],++sz[lk][a[i]-=x];
for(i=lk;++i<rk;)
if(maxx[i]-minn[i]>2*x)
{
for(j=1;j<=x;++j)sz[i][fa[i][minn[i]+j]=minn[i]+j+x]+=sz[i][minn[i]+j];
minn[i]+=x;
}
else
{
for(j=x+1;j<=maxx[i]-minn[i];++j)sz[i][fa[i][minn[i]+j]=minn[i]+j-x]+=sz[i][minn[i]+j];
maxx[i]=min(maxx[i],minn[i]+x);
}
if(lk!=rk)for(i=r;i>rk*T;--i)
if((a[i]=getf(fa[rk],a[i]))-minn[rk]>x)--sz[rk][a[i]],++sz[rk][a[i]-=x];
}
else
{
ans=0;
for(i=l;i<=r&&i<=lk*T+T;++i)if(getf(fa[lk],a[i])-minn[lk]==x)++ans;
for(i=lk;++i<rk;)if(x+minn[i]<=maxx[i])ans+=sz[i][x+minn[i]];
if(lk!=rk)for(i=r;i>rk*T;--i)if(getf(fa[rk],a[i])-minn[rk]==x)++ans;
printf("%d
",ans);
}
}
}
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