bzoj 2453 : 维护队列 带修莫队

Posted 2020-09-03 SD_le

 

2453: 维护队列

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
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Description

你小时候玩过弹珠吗？

小朋友A有一些弹珠，A喜欢把它们排成队列，从左到右编号为1到N。为了整个队列鲜艳美观，小朋友想知道某一段连续弹珠中，不同颜色的弹珠有多少。当然，A有时候会依据个人喜好，替换队列中某个弹珠的颜色。但是A还没有学过编程，且觉得头脑风暴太浪费脑力了，所以向你来寻求帮助。

Input

输入文件第一行包含两个整数N和M。

第二行N个整数，表示初始队列中弹珠的颜色。

接下来M行，每行的形式为“Q L R”或“R x c”，“Q L R”表示A想知道从队列第L个弹珠到第R个弹珠中，一共有多少不同颜色的弹珠，“R x c”表示A把x位置上的弹珠换成了c颜色。

Output

对于每个Q操作，输出一行表示询问结果。

Sample Input

2 3
1 2
Q 1 2
R 1 2
Q 1 2

Sample Output

2
1

HINT

对于100%的数据，有1 ≤ N ≤ 10000, 1 ≤ M ≤ 10000，小朋友A不会修改超过1000次，所有颜色均用1到10^6的整数表示。

Source

2011福建集训

 

　　把询问和修改分开排序，修改按时间排，询问以左端点所在块为第一关键字，右端点所在块为第二关键字，时间为第三关键字排序。

　　维护左右时间三个指针，不断修改还原。

　　块大小为$n^{\frac{2}{3}}$。

　　左指针每个询问走$n^{\frac{2}{3}}$。

　　右指针同理，不过要多上每次总从左走到右的复杂度，总共$n\times n^{\frac{2}{3}}+n\times n^{\frac{1}{3}}$。

　　时间指针每次左右端点所在块变化重新开始走，一共$n^{\frac{2}{3}}$个不同的左右块匹配数，复杂度$n\times n^{\frac{2}{3}}$.

　　好像块开100比较快。

　　

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<algorithm>
  5 #define d 100
  6 #define N 10005
  7 using namespace std;
  8 int n,m;
  9 int c[N];
 10 struct node
 11 {
 12     int l,r,t,pr;
 13     node(){l=r=t=0;}
 14 }q[N],g[N];
 15 int cnt1,cnt2;
 16 bool cmp1(const node &aa,const node &bb)
 17 {
 18     return aa.t<bb.t;
 19 }
 20 int be1[N],be2[N];
 21 bool cmp2(const node &aa,const node &bb)
 22 {
 23     if(be1[aa.l]==be1[bb.l])
 24     {
 25         if(be2[aa.r]==be2[bb.r])return aa.t<bb.t;
 26         return aa.r<bb.r;
 27     }
 28     return aa.l<bb.l;
 29 }
 30 int ans[N];
 31 int now[N*100],cnt;
 32 void solve()
 33 {
 34     int p1,p2,p;
 35     memset(now,0,sizeof(now));
 36     now[c[1]]=1;cnt=1;g[cnt1+1].t=10005;
 37     p=p1=1;
 38     p2=0;
 39     for(int i=1;i<=cnt2;i++)
 40     {
 41         while(g[p2+1].t<q[i].t)
 42         {
 43             p2++;
 44             int tmp=c[g[p2].l];
 45             g[p2].pr=tmp;
 46             c[g[p2].l]=g[p2].r;
 47             if(g[p2].l<=p&&g[p2].l>=p1)
 48             {
 49                 now[tmp]--;
 50                 if(!now[tmp])cnt--;
 51                 now[g[p2].r]++;
 52                 if(now[g[p2].r]==1)cnt++;
 53             }
 54         }
 55         while(g[p2].t>q[i].t)
 56         {
 57             
 58             c[g[p2].l]=g[p2].pr;
 59             if(g[p2].l<=p&&g[p2].l>=p1)
 60             {
 61                 now[g[p2].r]--;
 62                 if(!now[g[p2].r])cnt--;
 63                 now[g[p2].pr]++;
 64                 if(now[g[p2].pr]==1)cnt++;
 65             }
 66             p2--;
 67         }
 68         while(p<q[i].r)
 69         {
 70             p++;now[c[p]]++;
 71             if(now[c[p]]==1)cnt++;
 72         }
 73         while(p>q[i].r)
 74         {
 75             now[c[p]]--;if(!now[c[p]])cnt--;
 76             p--;
 77         }
 78         while(p1<q[i].l)
 79         {
 80             now[c[p1]]--;if(!now[c[p1]])cnt--;
 81             p1++;
 82         }
 83         while(p1>q[i].l)
 84         {
 85             p1--;now[c[p1]]++;
 86             if(now[c[p1]]==1)cnt++;
 87         }
 88         ans[q[i].t]=cnt;
 89     }
 90 }
 91 int main()
 92 {
 93     scanf("%d%d",&n,&m);
 94     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
 95     for(int i=1;i<=n;i++)
 96     {
 97         be1[i]=be2[i]=(i-1)/d+1;
 98     }
 99     memset(ans,-1,sizeof(ans));
100     char s[2];
101     for(int i=1;i<=m;i++)
102     {
103         scanf("%s",s);
104         if(s[0]==‘R‘)
105         {
106             cnt1++;
107             scanf("%d%d",&g[cnt1].l,&g[cnt1].r);
108             g[cnt1].t=i;
109         }
110         else
111         {
112             cnt2++;
113             scanf("%d%d",&q[cnt2].l,&q[cnt2].r);
114             q[cnt2].t=i;
115         }
116     }
117     sort(q+1,q+cnt2+1,cmp2);
118     sort(g+1,g+cnt1+1,cmp1);
119     solve();
120     for(int i=1;i<=m;i++)
121     {
122         if(ans[i]!=-1)printf("%d\n",ans[i]);
123     }
124     return 0;
125 }