BZOJ 2120 数颜色&2453 维护队列 [带修改的莫队算法]学习笔记

Posted 2020-08-24 Candy?

2120: 数颜色

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Description

墨墨购买了一套N支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会像你发布如下指令： 1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。 2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？

Input

第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。

Output

对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。

Sample Input

6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6

Sample Output

4
4
3
4

HINT

 

对于100%的数据，N≤10000，M≤10000，修改操作不多于1000次，所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于1且不超过10^6。

2016.3.2新加数据两组by Nano_Ape

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参考资料：

1.http://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/51544720

2.http://blog.csdn.net/WerKeyTom_FTD/article/details/51540342

序列分块

对于询问操作，根据左边界所在块为第一关键字，右边界所在块为第二关键字，上一个修改操作的“时间”为第三关键字排序

维护当前区间l,r和修改操作到的时间now

移动now就是把一个数outm然后另一个数inm，注意是进行这个修改还是撤销这个修改

移动l和r和普通莫队算法一样了

 

对于本题cnt[x]表示在当前区间x出现的次数

转移显然是O(1)的，只要加减即可

 

还有一个问题，从复杂度分析来看：

分块大小S为n2/3，那么我们就有n1/3块。 

原本的莫队关键字只有两个，一个是左边界，一个是右边界。而带修改莫队要再加上一维：在第几个操作之后。 
我们按照这左边界所在块、右边界所在块以及第三关键字排序（上面说的那个）。 
统计答案时多维护一个指针记录修改操作执行到哪里，移动时直接修改即可，如果在区间内还要计算其对答案的影响。 
左指针移动次数：O(n×n2/3)=O(n5/3)。 
右指针移动次数：O(n×n2/3+n1/3×n)=O(n5/3)。 
修改指针移动：O((n1/3)2×n)=O(n5/3)。 
因此总时间复杂度O(n5/3)。

应该是按n2/3分块，然而用n1/2分块比他快了几十ms.......................

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e4+5,M=1e2+5,S=1e6+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,x,y,bl,c[N],last[N],pos[N];//last[x] x位置更改之前的颜色 
char s[10];
int t1,t2;
struct data1{
    int l,r,id,tme;
    ll a,b;
    bool operator <(const data1 &x)const{
        if(pos[l]==pos[x.l]){
            if(pos[r]==pos[x.r]) return tme<x.tme;
            else return pos[r]<pos[x.r];
        }else return pos[l]<pos[x.l];
    }
}q[N];
struct data2{
    int x,d,pre;
}p[N];
int cnt[S];
int l=1,r,now,ans,a[N];
//inline void outm(int x){
//    cnt[x]--;
//    if(cnt[x]==0) ans--;
//}
inline void outm(int x){
    ans-=(--cnt[x])==0;
}
inline void inm(int x){
    ans+=(++cnt[x])==1;
}
//inline void inm(int x){
//    cnt[x]++;
//    if(cnt[x]==1) ans++;
//}
inline void change(int x,int d){
    if(l<=x&&x<=r){
        outm(c[x]);
        inm(d);    
    }
    c[x]=d;
}
int main(){
    n=read();m=read();
    bl=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=last[i]=read(),pos[i]=(i-1)/bl+1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%s",s);x=read();y=read();
        if(s[0]==‘Q‘) q[++t1].l=x,q[t1].r=y,q[t1].id=t1,q[t1].tme=t2;
        else p[++t2].x=x,p[t2].d=y,p[t2].pre=last[x],last[x]=y;
    }
    sort(q+1,q+1+t1);
    
    for(int i=1;i<=t1;i++){
        while(now<q[i].tme){
            now++;
            change(p[now].x,p[now].d);
        }
        while(now>q[i].tme){
            change(p[now].x,p[now].pre);
            now--;
        }
        while(l<q[i].l){
            outm(c[l]);l++;
        }
        while(l>q[i].l){
            l--;inm(c[l]);
        }
        while(r<q[i].r){
            r++;inm(c[r]);
        }
        while(r>q[i].r){
            outm(c[r]);r--;
        }
        a[q[i].id]=ans;
    }
    for(int i=1;i<=t1;i++) printf("%d\n",a[i]);
}