bzoj5016[Snoi2017]一个简单的询问 莫队算法

Posted 2020-10-08 GXZlegend

题目描述

给你一个长度为N的序列ai，1≤i≤N和q组询问，每组询问读入l1,r1,l2,r2，需输出

get(l,r,x)表示计算区间[l,r]中，数字x出现了多少次。

输入

第一行，一个数字N，表示序列长度。

第二行，N个数字，表示a1～aN

第三行，一个数字Q，表示询问个数。

第4～Q+3行，每行四个数字l1,r1,l2,r2，表示询问。

N,Q≤50000

N1≤ai≤N

1≤l1≤r1≤N

1≤l2≤r2≤N

注意：答案有可能超过int的最大值

输出

对于每组询问，输出一行一个数字，表示答案

样例输入

5
1 1 1 1 1
2
1 2 3 4
1 1 4 4

样例输出

4
1

---

题解

莫队算法

（为了方便，以下使用$S_x(l,r)$代替$get(l,r,x)$）

题目一眼莫队，不过由于一个询问有4个参数，不能直接处理。

考虑将询问拆成前缀相减的形式，即：

$\ \ \ \ \sum\limits_xS_x(l_1,r_1)·S_x(l_2,r_2)\\=\sum\limits_{x}(S_x(1,r_1)-S_x(1,l_1-1))·(S_x(1,r_2)-S_x(1,l_2-1))\\=\sum\limits_{x}(S_x(1,r_1)·S_x(1,r_2)-S_x(1,l_1-1)·S_x(1,r_2)--S_x(1,r_1)·S_x(1,l_2-1)+S_x(1,l_1-1)·S_x(1,l_2-1))\\=Q(r_1,r_2)-Q(l_1-1,r_2)-Q(r_1,l_2-1)+Q(l_1-1,l_2-1)$

其中：

$Q(a,b)=\sum\limits_{x}S_x(1,a)·S_x(1,b)$

于是就可以把每个询问拆成4个，使用莫队算法分别计算对每个答案的贡献即可。

注意当$a$或$b$中某一个为0时的情况需要过滤掉，否则会加入不存在的位置导致挂掉。

时间复杂度$O(n\sqrt{4m})$

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 50010
using namespace std;
typedef long long ll;
int si , v[N] , cl[N] , cr[N] , tot;
ll ans[N];
struct data
{
	int l , r , flag , id;
	data() {}
	data(int a , int b , int c , int d) {l = min(a , b) , r = max(a , b) , flag = c , id = d;}
	bool operator<(const data &a)const {return (l - 1) / si == (a.l - 1) / si ? r < a.r : (l - 1) / si < (a.l - 1) / si;}
}a[N << 2];
int main()
{
	int n , m , i , x1 , y1 , x2 , y2 , lp = 0 , rp = 0;
	ll now = 0;
	scanf("%d" , &n) , si = (int)sqrt(n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
	scanf("%d" , &m);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		scanf("%d%d%d%d" , &x1 , &y1 , &x2 , &y2) , a[++tot] = data(y1 , y2 , 1 , i);
		if(x1 > 1) a[++tot] = data(x1 - 1 , y2 , -1 , i);
		if(x2 > 1) a[++tot] = data(y1 , x2 - 1 , -1 , i);
		if(x1 > 1 && x2 > 1) a[++tot] = data(x1 - 1 , x2 - 1 , 1 , i);
	}
	sort(a + 1 , a + tot + 1);
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
	{
		while(lp < a[i].l) lp ++ , now += cr[v[lp]] , cl[v[lp]] ++ ;
		while(rp < a[i].r) rp ++ , now += cl[v[rp]] , cr[v[rp]] ++ ;
		while(lp > a[i].l) cl[v[lp]] -- , now -= cr[v[lp]] , lp -- ;
		while(rp > a[i].r) cr[v[rp]] -- , now -= cl[v[rp]] , rp -- ;
		ans[a[i].id] += a[i].flag * now;
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%lld\n" , ans[i]);
	return 0;
}