Solution -「Luogu 4135」作诗
写在前面 & 前置芝士
好像是好久没有打理 blog 了。感觉上学期是有点颓。嘶，初三了好好冲一次吧。
那么回到这道题目。你会分块就能看懂。
题目大意
先挂个来自洛谷的 link。
大概就说的是，给定一个长度为 \(n\) 的整数序列 \(A\)，有 \(m\) 次询问，每次询问查询一个区间 \([l, r]\)，试问有多少个数再该区间中出现了偶数次。
规定 \(\forall a_i \leq c (i \in [1, n])\)， 且有 \(1 \leq n, m, c \leq 10^5\)。
题目解析
开题。其实根据这个数据范围和包容卡常的时限，不难想到是某种大数据结构。
基本思路给到分块。我们从查询出发考虑块需要记录的信息种类。
对于一个分属于两个不同块 \(x, y\) 的 \(l, r\)，我们分成三个部分计算。即连续完整的块的部分，左边多出来的部分，右边多出来的部分。
后两个部分是非常好解决的，暴力搞就行。而对于第一个我们需要想到一个能和其他两部分合并且时间复杂度较小的处理方法。
考虑记录每个数在块内个数的前缀和，即 \(sum_{i, j}\) 表示在前 \(i\) 个块中 \(j\) 出现了多少次，显然这个可以 \(O(c \sqrt{n}))\) 轻松做到。
这样就可以求出多余部分每个数在整个区间出现的次数，不难得出答案。
但这样会漏计算一种情况，连续的完整的块的部分内可能会内卷一些数，对答案产生贡献，而这些数在多出的部分是没有的。
于是我们考虑预处理一个 \(dp_{i, j}\) 表示第 \(i\) 个块到第 \(j\) 个块的答案。
但如果直接将 \(dp_{x + 1, y - 1}\) 加入答案可能会导致一些假的答案贡献，例如 \(num\) 在多出来的部分中出现了奇数次，在完整连续的块的部分中出现了偶数次，那么它在整个区间中其实是出现了奇数次，但它仍被算入了答案。
于是我们考虑将一次询问的返回值 \(ret\) 优先赋值为 \(dp_{x + 1, y - 1}\)。
再遍历多余部分的每个数 \(a_i\)，在遍历的同时记录遍历到当前这的数次数 \(tot_{a_i}\)。
如果 \(tot_{a_i} + sum_{y - 1, a_i} - sum_{x, a_i}\) 为奇数，且大于 \(1\)，则说明这个数曾经造成过贡献，但现在这个贡献伪了，所有这个时候我们可以直接 \(ret--\)。
否则，如果 \(tot_{a_i} + sum_{y - 1, a_i} - sum_{x, a_i}\) 为偶数，就 \(ret++\) 即可。
显然若 \(l, r\) 属于同块也可以用类似思路求到答案。
（分段给个码。
// tot 是桶。
int Query(int l, int r) {
if (pos[l] == pos[r] || pos[l] + 1 == pos[r]) {
int ret = 0;
for (int i = l; i <= r; i++) {
tot[a[i]]++;
if (tot[a[i]] & 1) {
if (tot[a[i]] > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = l; i <= r; i++) tot[a[i]] = 0;
return ret;
}
int x = pos[l], y = pos[r], ret = dp[x + 1][y - 1];
for (int i = l; i <= q[x].r; i++) {
tot[a[i]]++;
int cnt = sum[y - 1][a[i]] - sum[x][a[i]];
if (((tot[a[i]] + cnt) & 1)) {
if (tot[a[i]] + cnt > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = q[y].l; i <= r; i++) {
tot[a[i]]++;
int cnt = sum[y - 1][a[i]] - sum[x][a[i]];
if (((tot[a[i]] + cnt) & 1)) {
if (tot[a[i]] + cnt > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = l; i <= q[x].r; i++) tot[a[i]] = 0;
for (int i = q[y].l; i <= r; i++) tot[a[i]] = 0;
return ret;
}
最后考虑一个遗留问题，如何预处理出 \(dp_{i, j}\) ？？
我们每次将 \(i\) 固定下来，然后枚举 \(j\)，并遍历每一个编号为 \(i\) 到 \(j\) 的块，暴力用桶记录出现个数即可。
这个很简单就可以玩到 \(n \sqrt{n}\)。
// tot 是桶。
for(int i = 1; i <= len; i++) {
int j = i, cnt = 0;
while(j <= len) {
for(int k = q[j].l; k <= q[j].r; k++) {
tot[a[k]]++;
if((tot[a[k]] & 1)) {
if(tot[a[k]] > 1)
cnt--;
}
else
cnt++;
}
dp[i][j] = cnt;
j++;
}
for(int j = i; j <= n; j++)
tot[a[j]] = 0;
}
回顾一下，预处理连续的块的一些信息来解决问题的方法好像很套路。
但泛用性好像很广的样子。以后分块的题不妨多往这方面想想。
（www Stardust 最喜欢 BB 了。
最后给个完整的。
#include <cmath>
#include <cstdio>
int Max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
int Abs(int x) { return x < 0 ? -x : x; }
int read() {
int k = 1, x = 0;
char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') {
if (s == '-')
k = -1;
s = getchar();
}
while (s >= '0' && s <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + s - '0';
s = getchar();
}
return x * k;
}
void write(int x) {
if (x < 0) {
putchar('-');
x = -x;
}
if (x > 9)
write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
void print(int x, char s) {
write(x);
putchar(s);
}
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MAXM = 320;
struct node {
int l, r;
node() {}
node(int L, int R) {
l = L;
r = R;
}
} q[MAXM];
int n, c, m;
int ans[MAXM][MAXN], sum[MAXM][MAXN], dp[MAXM][MAXM], pos[MAXN], a[MAXN], tot[MAXN];
int Query(int l, int r) {
if (pos[l] == pos[r] || pos[l] + 1 == pos[r]) {
int ret = 0;
for (int i = l; i <= r; i++) {
tot[a[i]]++;
if (tot[a[i]] & 1) {
if (tot[a[i]] > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = l; i <= r; i++) tot[a[i]] = 0;
return ret;
}
int x = pos[l], y = pos[r], ret = dp[x + 1][y - 1];
for (int i = l; i <= q[x].r; i++) {
tot[a[i]]++;
int cnt = sum[y - 1][a[i]] - sum[x][a[i]];
if (((tot[a[i]] + cnt) & 1)) {
if (tot[a[i]] + cnt > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = q[y].l; i <= r; i++) {
tot[a[i]]++;
int cnt = sum[y - 1][a[i]] - sum[x][a[i]];
if (((tot[a[i]] + cnt) & 1)) {
if (tot[a[i]] + cnt > 1)
ret--;
} else
ret++;
}
for (int i = l; i <= q[x].r; i++) tot[a[i]] = 0;
for (int i = q[y].l; i <= r; i++) tot[a[i]] = 0;
return ret;
}
int main() {
n = read(), c = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
int te = sqrt(n), len = n / te;
for (int i = 1; i <= len; i++) {
q[i].l = (i - 1) * te + 1;
q[i].r = i * te;
for (int j = q[i].l; j <= q[i].r; j++) {
pos[j] = i;
ans[i][a[j]]++;
}
}
if (q[len].r < n) {
q[len + 1].l = q[len].r + 1;
q[++len].r = n;
for (int j = q[len].l; j <= q[len].r; j++) {
pos[j] = len;
ans[len][a[j]]++;
}
}
for (int i = 1; i <= len; i++)
for (int j = 0; j <= c; j++) sum[i][j] = sum[i - 1][j] + ans[i][j];
for (int i = 1; i <= len; i++) {
int j = i, cnt = 0;
while (j <= len) {
for (int k = q[j].l; k <= q[j].r; k++) {
tot[a[k]]++;
if ((tot[a[k]] & 1)) {
if (tot[a[k]] > 1)
cnt--;
} else
cnt++;
}
dp[i][j] = cnt;
j++;
}
for (int j = i; j <= n; j++) tot[a[j]] = 0;
}
// for(int i = 1; i <= len; i++)
// for(int j = i; j <= len; j++)
// printf("dp[%d][%d] = %d\n", i, j, dp[i][j]);
int last = 0;
for (int i = 1, l, r; i <= m; i++) {
l = read(), r = read();
l = (l + last) % n + 1;
r = (r + last) % n + 1;
if (l > r) {
int t = l;
l = r;
r = t;
}
print(last = Query(l, r), '\n');
}
return 0;
}
// Ethereal Stardust
