单点修改莫队 + 离散化 CF - 940F【Machine Learning】
单点修改莫队 + 离散化 CodeForces - 940F【Machine Learning】
https://cn.vjudge.net/contest/304248#problem/F
题意
给定 n 个数和 m 次操作，数组下标 [1, n] （\(a_i \leq 1e^9\)），操作分为两种：
- 1 x y —— 查询区间 [x, y] 中 集合{\(c_0,c_1,c_2,...,c_{10^9}\)} 的mex，而 \(c_i\) 表示数值 i 在 [l,r] 中的出现次数，即未出现的最小正整数（次数）。
- 2 x y —— 将 a[x] 修改成 y
分析
如果不用离散化多好，我就把它加到上一篇博客里去了。
可是我调 BUG 调了快两个小时，TLE 12 不知道见了多少次...
带修改的莫队复杂度为 \(O(n^{\frac{5}{3}})\) 。所以 $$block = (int)pow(n, 2.0/3);$$
切记切记，就因为这块大小把爷整懵逼了。
先使用离散化技巧，把输入数据压缩至 \(n+q\) 的范围内。
用 \(sum\) 数组记录（离散后的）每个数的出现次数，\(mark\) 数组记录 \(sum\) 中的数的出现次数。那么题目的询问就转换成：求 \(mark\) 数组中第一次出现 0 值的位置。
讲道理 mark 数组每次寻找 0 位置肯定需要将近 \(O(n)\) 的时间吧...所以我不会...
但是，居然不会超过 \(O(\sqrt{n})\) 。因为要将 \(mark_1,mark_2,...,mark_k\) 填满的话，至少需要 \(\frac{k(k+1)}{2}\) 个元素，由于总长有限，所以可知肯定不会超过 \(O(\sqrt{n})\) 。因此维护答案的总复杂度也不过 \(O(m\sqrt{n})\) 。
另外，还注意一定要先扩大区间范围，再缩小，防止出现区间 \(r < l\) 的情况。（这题中可能会导致中间结果多减了，导致 \(mark\) 数组越界。）
以及时间轴的调整尽量还是放后面比较好...
代码
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <stack>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <fstream>
#include <iomanip>
#include <numeric>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
int n, m;
int cur_a[maxn<<1];
int cnt, cnt_;
int a[maxn];
int sum[maxn<<1];
int mark[maxn];
int block;
int ans[maxn];
int belong[maxn];
struct node{
int l, r, id, t;
bool operator < (const node &a) const {
if(belong[l] == belong[a.l] && belong[r] == belong[a.r]) {
return t < a.t;
}
if(belong[l] == belong[a.l]) {
return r < a.r;
}
return l < a.l;
}
}Q[maxn];
struct Change{
int x, now, cur;
}C[maxn];
void del(int x) {
mark[sum[x]] --;
sum[x] --;
mark[sum[x]] ++;
}
void add(int x) {
mark[sum[x]] --;
sum[x] ++;
mark[sum[x]] ++;
}
void init() {
block = (int)pow(n, 2.0/3.0);
cnt = cnt_ = 0;
memset(mark, 0, sizeof(mark));
memset(sum, 0, sizeof(sum));
}
void dis() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = cur_a[i];
}
sort(cur_a+1, cur_a+1+n+cnt_);
int tag = unique(cur_a+1, cur_a+1+n+cnt_) - (cur_a+1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = lower_bound(cur_a+1, cur_a+1+tag, a[i]) - cur_a;
}
for(int i = 1; i <= cnt_; i++) {
C[i].now = lower_bound(cur_a+1, cur_a+1+tag, C[i].now) - cur_a;
C[i].cur = lower_bound(cur_a+1, cur_a+1+tag, C[i].cur) - cur_a;
}
mark[0] = tag + 10;
}
int main() {
// fopen("in.txt", "r", stdin);
// fopen("out.txt", "w", stdout);
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
init();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
cur_a[i] = a[i];
belong[i] = (i-1)/block + 1;
}
int f, x, y;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &f, &x, &y);
if(f == 1) {
Q[++cnt].l = x;
Q[cnt].r = y;
Q[cnt].id = cnt;
Q[cnt].t = cnt_;
}
else {
C[++cnt_].x = x;
C[cnt_].now = y;
C[cnt_].cur = a[x];
a[x] = y;
cur_a[n+cnt_] = y;
}
}
dis();
sort(Q+1, Q+1+cnt);
int l = 1, r = 0;
int Time = 0;
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
while(l > Q[i].l) {
l--;
add(a[l]);
}
while(r < Q[i].r) {
r++;
add(a[r]);
}
while(l < Q[i].l) {
del(a[l]);
l++;
}
while(r > Q[i].r) {
del(a[r]);
r--;
}
while(Time < Q[i].t) {
Time++;
if(Q[i].l <= C[Time].x && C[Time].x <= Q[i].r) {
add(C[Time].now);
del(C[Time].cur);
}
a[C[Time].x] = C[Time].now;
}
while(Time > Q[i].t) {
if(Q[i].l <= C[Time].x && C[Time].x <= Q[i].r) {
add(C[Time].cur);
del(C[Time].now);
}
a[C[Time].x] = C[Time].cur;
Time--;
}
for(ans[Q[i].id] = 1; mark[ans[Q[i].id]]; ans[Q[i].id]++);
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
printf("%d\n", ans[i]);
}
}
return 0;
}
