bzoj2120 / P1903 [国家集训队]数颜色 / 维护队列（带修改莫队）

P1903 [国家集训队]数颜色 / 维护队列

带修改的莫队

在原有指针$(l,r)$上又添加了时间指针$t$

 

贴一段dalao的解释

带修改的莫队，和原版莫队相比，多了一个时间轴

原版莫队是将区间(l,r)视为点(l,r)，带修改的即加一维时间轴(l,r,t)

对于t轴的移动可以保存每次修改，如果修改在(l,r)间则更新

分块方法可以参照原版莫队，先将l分块，再讲r分块，同一块的按t排序

块大小为可以达到最快的理论复杂度  ，证明如下

设分块大小为a，莫队算法时间复杂度主要为t轴移动，同r块l,r移动，l块间的r移动三部分

t轴移动的复杂度为  ，同r块l,r移动复杂度为  ，l块间的r移动复杂度为 

三个函数max的最小值当a为  取得，为 

给出一个并不严格的假证明

每次查询时：

$t$轴每次最多移动$t$次。而$l,r$指针在块上的组合共$n^{2}/a^{2}$种，故复杂度$O(n^{2}t/a^{2})$

$l$轴每次最多移动$2a$次，最多$n$次。复杂度$O(na)$

$r$轴每次最多移动的次数是一个递减的等差数列：$n,n-a,n-2a.....$，最多共移动$((n+a)(n/a)/2)$次。所以复杂度就是$O(n^{2}/a)$辣

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
void read(int &x){
    static char c=getchar();x=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
}
#define N 50005
struct data{int x,y,t,id;}a[N];
struct modi{int id,pre,now;}d[N];
int Len,n,m,Q,T,L,R,tot,b[N],c[1000005],ans[N];

inline int bel(int x){return (x-1)/Len+1;}
bool cmp(data A,data B){
    if(bel(A.x)!=bel(B.x)) return bel(A.x)<bel(B.x);
    if(bel(A.y)!=bel(B.y)) return bel(A.y)<bel(B.y);
    return A.t<B.t;
}
int main(){
    char opt[3]; int q1,q2;
    read(n);read(m); register int i;
    for(i=1;i<=n;++i) read(b[i]);
    for(i=1;i<=m;++i){
        scanf("%s",opt),read(q1),read(q2);
        if(opt[0]=='Q') a[++Q]=(data){q1,q2,T,Q};
        else d[++T].pre=b[q1],d[T].id=q1,d[T].now=b[q1]=q2;
    }
    Len=ceil(exp((log(n)+log(T))/3));//bzoj酱紫写会RE，直接sqrt（n）就好辣 虽然复杂度没办法保证....
    for(i=T;i;--i) b[d[i].id]=d[i].pre;
    sort(a+1,a+Q+1,cmp);
    L=R=1; T=0; c[b[1]]=tot=1;
    for(int i=1,Id;i<=Q;++i){
        while(L<a[i].x) tot-=(c[b[L]]==1),--c[b[L]],++L;
        while(L>a[i].x) --L,tot+=(c[b[L]]==0),++c[b[L]];
        while(R<a[i].y) ++R,tot+=(c[b[R]]==0),++c[b[R]];
        while(R>a[i].y) tot-=(c[b[R]]==1),--c[b[R]],--R;
        while(T<a[i].t){
            ++T; Id=d[T].id;
            if(L<=Id&&Id<=R) tot-=(c[b[Id]]==1),--c[b[Id]];
            b[Id]=d[T].now;
            if(L<=Id&&Id<=R) tot+=(c[b[Id]]==0),++c[b[Id]];
        }
        while(T>a[i].t){
            Id=d[T].id;
            if(L<=Id&&Id<=R) tot-=(c[b[Id]]==1),--c[b[Id]];
            b[Id]=d[T].pre; --T;
            if(L<=Id&&Id<=R) tot+=(c[b[Id]]==0),++c[b[Id]];
        }
        ans[a[i].id]=tot;
    }
    for(i=1;i<=Q;++i) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}