[BZOJ3207] 花神的嘲讽计划Ⅰ (主席树)
Description
背景
花神是神，一大癖好就是嘲讽大J，举例如下：
“哎你傻不傻的！【hqz：大笨J】”
“这道题又被J屎过了！！”
“J这程序怎么跑这么快！J要逆袭了！”
……
描述
这一天DJ在给吾等众蒟蒻讲题，花神在一边做题无聊，就跑到了一边跟吾等众蒟蒻一起听。以下是部分摘录：
1.
“J你在讲什么！”
“我在讲XXX！”
“哎你傻不傻的！这么麻烦，直接XXX再XXX就好了！”
“……”
2.
“J你XXX讲过了没？”
“……”
“那个都不讲你就讲这个了？哎你傻不傻的！”
“……”
DJ对这种情景表示非常无语，每每出现这种情况，DJ都是非常尴尬的。
经过众蒟蒻研究，DJ在讲课之前会有一个长度为N方案，我们可以把它看作一个数列；
同样，花神在听课之前也会有一个嘲讽方案，有M个，每次会在x到y的这段时间开始嘲讽，为了减少题目难度，每次嘲讽方案的长度是一定的，为K。
花神嘲讽DJ让DJ尴尬需要的条件：
在x~y的时间内DJ没有讲到花神的嘲讽方案，即J的讲课方案中的x~y没有花神的嘲讽方案【这样花神会嘲讽J不会所以不讲】。
经过众蒟蒻努力，在一次讲课之前得到了花神嘲讽的各次方案，DJ得知了这个消息以后欣喜不已，DJ想知道花神的每次嘲讽是否会让DJ尴尬【说不出话来】。
Input
第1行3个数N，M，K；
第2行N个数，意义如上；
第3行到第3+M-1行，每行K+2个数，前两个数为x,y,然后K个数，意义如上；
Output
对于每一个嘲讽做出一个回答会尴尬输出‘Yes’，否则输出‘No’
Sample Input
8 5 3
1 2 3 4 5 6 7 8
2 5 2 3 4
1 8 3 2 1
5 7 4 5 6
2 5 1 2 3
1 7 3 4 5
1 2 3 4 5 6 7 8
2 5 2 3 4
1 8 3 2 1
5 7 4 5 6
2 5 1 2 3
1 7 3 4 5
Sample Output
No
Yes
Yes
Yes
No
Yes
Yes
Yes
No
HINT
题中所有数据不超过2*10^9;保证方案序列的每个数字<=N
2~5中有2 3 4的方案，输出No，表示DJ不会尴尬
1~8中没有3 2 1的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬
5~7中没有4 5 6的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬
2~5中没有1 2 3的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬
1~7中有3 4 5的方案，输出No，表示DJ不会尴尬
1<=N<=100000; 1<=M<=100000; y-x+1<=N; K<=y-x+1&K<=20; x<=y;
Source
Solution
CTSC上人生第一次写主席树，竟然过了，，，然后就兴（S）奋（B）地想找主席树的题巩固。有人说：不要在考试时写你不会的算法，或许是扯[哔——]吧。
先把所有长为k的串哈希，可以用线段树查询区间内某个数是否出现过。但这样就需要$n$棵树，而每棵树$3n$个结点。。。MLE*TLE等等。
窝们的HJT主席搞出来了一个数据结构，使得时空复杂度均为$O(nlogn)$（掌声在哪里）
嗯，就是搞两个指针，一个表示旧树，一个表示新树。树的结点表示某段权值区间内有多少个数。每棵树整体表示$[1, i]$区间内所有的数
因为相邻两棵树只有一个叶子结点不同，所以从根开始，一个儿子拷贝旧数的对应结点的标号，另一个儿子开一个新点，然后递归处理这个结点。因为每一次建树最多增加一条链的结点数$(logn)$，时间和空间复杂度就是$O(nlogn)$
查询答案时就是把$[1, r]$的答案减去$[1, l-1]$的答案，每次搜到叶子结点就结束，时间复杂度$O(mlogn)$
至此这道题就做完了。
（完了我自己都不知道自己在说些什么）
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 struct hjtree 5 { 6 int l, r, sum; 7 }a[2000005]; 8 int d[100005], ql[100005], qr[100005], ctot, root[100005], ptot; 9 ll sh[200005], cd[200005]; 10 11 void update(int o1, int &o2, int l, int r, int id) 12 { 13 int mid = (l + r) >> 1; 14 if(!o2) o2 = ++ptot; 15 a[o2].sum = a[o1].sum + 1; 16 if(l == r) return; 17 if(id <= mid) a[o2].r = a[o1].r, update(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id); 18 else a[o2].l = a[o1].l, update(a[o1].r, a[o2].r, mid + 1, r, id); 19 } 20 21 int query(int o1, int o2, int l, int r, int id) 22 { 23 int mid = (l + r) >> 1; 24 if(l == r) return a[o2].sum - a[o1].sum; 25 if(id <= mid) return query(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id); 26 return query(a[o1].r, a[o2].r, mid + 1, r, id); 27 } 28 29 int main() 30 { 31 int n, m, k, tmp; 32 scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); 33 for(int i = 1; i <= n; i++) 34 scanf("%d", d + i); 35 for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++) 36 for(int j = 0; j < k; j++) 37 sh[i] = sh[i] * 998244353 + d[i + j]; 38 for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++) 39 cd[i] = sh[i]; 40 for(int i = 1; i <= m; i++) 41 { 42 scanf("%d%d", ql + i, qr + i); 43 for(int j = 1; j <= k; j++) 44 { 45 scanf("%d", &tmp); 46 sh[n - k + 1 + i] = sh[n - k + 1 + i] * 998244353 + tmp; 47 } 48 cd[n - k + 1 + i] = sh[n - k + 1 + i]; 49 } 50 sort(cd + 1, cd + n - k + m + 2); 51 for(int i = 1; i <= n - k + m + 1; i++) 52 sh[i] = lower_bound(cd + 1, cd + n - k + m + 2, sh[i]) - cd; 53 for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++) 54 update(root[i - 1], root[i], 1, 200000, (int)sh[i]); 55 for(int i = 1; i <= m; i++) 56 puts(query(root[ql[i] - 1], root[qr[i] - k + 1], 1, 200000, (int)sh[n - k + 1 + i]) ? "No" : "Yes"); 57 return 0; 58 }
