莫队

普通莫队

假设 $n = m$ 那么对于序列上的区间询问问题如果从 $[l, r]$ 可以 $O (1)$ 扩展到四个和 $[l, r]$ 相邻的区间那么我们就可以在 $O (n \sqrt{n})$ 的复杂度内求出所有询问的答案

实现方法为:离线后排序顺序处理每个询问暴力从上一个区间的答案转移到下一个区间的答案(一步一步移动即可)

排序策略:先按照询问的左端点所在的块排序再按照询问右端点排序

P2709 小B的询问

非常 $n a i v e$ 的莫队转移就是完全平方柿展开

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 5e4 + 5;

int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int block , ans[N] , res , b[N] , n , m , k , col[N];

struct node { int l , r , id , pos; } a[N];

void add ( int x )
{
	res += 2 * b[x] + 1;
	b[x] ++;
}

void del ( int x ) 
{
	res -= 2 * b[x] - 1;
	b[x] --;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read() , k = read();
	block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) col[i] = read();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) a[i].l = read() , a[i].r = read() , a[i].id = i , a[i].pos = ( a[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( a + 1 , a + m + 1 , [](const node &a , const node &b) { return a.pos == b.pos ? a.r < b.r : a.pos < b.pos; } );\
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		while ( l > a[i].l ) add ( col[--l] );
		while ( r < a[i].r ) add ( col[++r] );
		while ( l < a[i].l ) del ( col[l++] );
		while ( r > a[i].r ) del ( col[r--] );
		ans[a[i].id] = res;
	}
	
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] << endl;
	return 0;
}

P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子

对于 $[l, r]$ 区间内的袜子对数的询问设其中颜色 $x, y, z$ 的袜子个数 $a, b, c$ 那么答案就是 $(a * (a - 1) / 2 + b * (b - 1) / 2 + c * (c - 1) / 2 + \dots) / ((r - l + 1) * (r - L) / 2)$ 其中分子为相同颜色袜子的对数分母为区间内所有袜子的对数

化简上下同除 $2$ 将括号打开得到原式= $(a^{2} + b^{2} + c^{2} + \dots - (r - l + 1)) / ((r - l + 1) * (r - l))$

那么我们只需要求一个区间内每一种颜色数目的平方和即可

注意 $p o s$ 的求法 当 $T L E$ 的时候需要先检查算法复杂度

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e4 + 10;

int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

inline int gcd ( int a , int b )
{
	if ( a % b == 0 ) return b;
	return gcd ( b , a % b );
}

int n , m , block , b[N] , res , col[N]; 

struct node { int l , r , id , pos; } a[N];
struct anss { int a , b; } ans[N];

inline void add ( int x )
{
	res += b[x] * 2 + 1;
	++ b[x];
}

inline void del ( int x )
{
	res -= b[x] * 2 - 1;
	-- b[x];
}

signed main ()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read(); block = (int)sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) col[i] = read();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) a[i].l = read() , a[i].r = read() , a[i].id = i , a[i].pos = ( a[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( a + 1 , a + m + 1 , [](const node &a , const node &b) { return a.pos == b.pos ? a.r > b.r : a.pos < b.pos; } );
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( a[i].l < l ) add ( col[--l] );
		while ( r < a[i].r ) add ( col[++r] );
		while ( l < a[i].l ) del ( col[l++] );
		while ( a[i].r < r ) del ( col[r--] );
		if ( a[i].l == a[i].r ) { ans[a[i].id] = { 0 , 1 }; continue; }
		int tempa = res - ( a[i].r - a[i].l + 1 );
		int tempb = ( a[i].r - a[i].l + 1 ) * ( a[i].r - a[i].l );
		int tt = gcd ( tempa , tempb );
		ans[a[i].id] = { tempa / tt , tempb / tt };
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf ( "%lld/%lld\n" , ans[i].a , ans[i].b );
	return 0;
}

P1972 [SDOI2009] HH的项链

$60 p t s$ 代码权当莫队训练了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 1e6 + 10;

inline int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}
inline void wr(int x){if (x<0) {putchar('-');wr(-x);return;}if(x>=10)wr(x/10);putchar(x%10+'0');}
inline void wrn(int x){wr(x);putchar('\n');}inline void wri(int x){wr(x);putchar(' ');}


int n , m , block , b[N] , res , col[N] , ans[N];

struct node { int l , r , id , pos; } a[N];

inline void add ( int x ) { res += ( ++b[x] == 1 ); }
inline void del ( int x ) { res -= ( --b[x] == 0 ); }

signed main ()
{
	n = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) col[i] = read();
	m = read();
	block = n / sqrt(2*m/3);
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) a[i].l = read() , a[i].r = read() , a[i].id = i , a[i].pos = ( a[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( a + 1 , a + m + 1 , [](const node &a , const node &b) { return a.pos==b.pos?(a.pos&1)?a.r<b.r:a.r>b.r:a.pos<b.pos;} );
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( a[i].l < l ) add ( col[--l] );
		while ( r < a[i].r ) add ( col[++r] );
		while ( l < a[i].l ) del ( col[l++] );
		while ( a[i].r < r ) del ( col[r--] );
		ans[a[i].id] = res;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) wrn(ans[i]);
	return 0;
}

P4462 [CQOI2018] 异或序列

还是经典的莫队操作先将询问排序

有一个性质:如果 $a \oplus b = c$ 那么 $a \oplus c = b$ 且 $b \oplus c = a$

所以我们考虑维护 $a [i]$ 为异或前缀和那么对于一个区间 $[l, r]$ 这个区间满足条件当且仅当 $a [l - 1] \oplus a [r] = k$

那么我们对于 $[l, r]$ 区间可以在莫队中用桶维护整个 $[l - 1, r]$ 区间中前缀和为 $a [i]$ 的数量之和

此时对于答案的贡献就是 $b [a [x] \oplus k]$

因为我们维护的是 $[l - 1, r]$ 区间内的信息那么我们操作左端点的时候需要操作 $l - 1$ 而不是 $l$

$b [0] = 1$ 的原因:我们初始值队列中 $l = 1, r = 0$ 那么我们应该插入一个 $l - 1$ 的值也就是 $0$ 值

下面给出两种写法

第一种:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int N = 1e6 + 5;
char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m , k , block , a[N] , b[N] , res , ans[N];

struct DQY { int l , r , id , pos; } q[N];

void upd ( int x ) { b[a[x]] ++ , res += b[a[x]^k]; }
void del ( int x ) { res -= b[a[x]^k] , b[a[x]] --; }

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read() , k = read() , block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , a[i] ^= a[i-1];
	for ( int i	= 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].id = i , q[i].pos = ( q[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return a.pos == b.pos ? ( ( a.pos & 1 ) ? a.r < b.r : a.r > b.r ) : a.pos < b.pos; } );
	int l = 1 , r = 0; b[0] = 1;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) -- l , upd(l-1);
		while ( r < q[i].r ) upd(++r);
		while ( l < q[i].l ) del(l-1) , l ++;
		while ( q[i].r < r ) del(r--);
		ans[q[i].id] = res;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] << endl;	
	return 0;
}

也可以是下面一种实现方式:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int N = 1e6 + 5;
char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
//#define getchar() cin.get()
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m , k , block , a[N] , b[N] , res , ans[N];

struct DQY { int l , r , id , pos; } q[N];

void updl ( int x ) { b[a[x-1]] ++ , res += b[a[x-1]^k]; }
void updr ( int x ) { b[a[x]] ++ , res += b[a[x]^k]; }
void dell ( int x ) { res -= b[a[x-1]^k] , b[a[x-1]] --; }
void delr ( int x ) { res -= b[a[x]^k] , b[a[x]] --; }

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read() , k = read() , block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , a[i] ^= a[i-1];
	for ( int i	= 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].id = i , q[i].pos = ( q[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return a.pos == b.pos ? ( ( a.pos & 1 ) ? a.r < b.r : a.r > b.r ) : a.pos < b.pos; } );
	int l = 1 , r = 0; b[0] = 1;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) updl(--l);
		while ( r < q[i].r ) updr(++r);
		while ( l < q[i].l ) dell(l++);
		while ( q[i].r < r ) delr(r--);
		ans[q[i].id] = res;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] << endl;	
	return 0;
}

P4396 [AHOI2013] 作业

莫队+分块

一道很好的综合题

$90 p t s$ 做法: $O (n \sqrt{n} l o g n)$ 吸氧可过

维护两个树状数组分别为第一个和第二个问题的答案莫队查询即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int N = 1e6 + 5;
//char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m;
int block , a[N] , b[N];

struct query { int l , r , a , b , id , pos; } q[N];

struct DQY { int ans1 , ans2; } ans[N];//你是我的答案=v= 

struct bit
{
	int t[N];
	inline int lowbit ( int x ) { return x & (-x); }
	void upd ( int x , int val ) { for ( ; x <= n ; x += lowbit(x) ) t[x] += val; }
	int query ( int x ) { int res = 0; for ( ; x ; x -= lowbit(x) ) res += t[x]; return res; }
}bit1 , bit2;

void upd ( int x )
{
	bit1.upd ( a[x] , 1 );
	if ( ++ b[a[x]] == 1 ) bit2.upd ( a[x] , 1 ); 
} 

void del ( int x ) 
{
	bit1.upd ( a[x] , -1 );
	if ( -- b[a[x]] == 0 ) bit2.upd ( a[x] , -1 );
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read() , block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].a = read() , q[i].b = read() , q[i].id = i , q[i].pos = ( ( q[i].l - 1 ) / block + 1 );
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const query &a , const query &b) { return a.pos == b.pos ? a.r < b.r : a.pos < b.pos; } ); 
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) upd(--l);
		while ( r < q[i].r ) upd(++r);
		while ( l < q[i].l ) del(l++);
		while ( q[i].r < r ) del(r--);
		ans[q[i].id].ans1 = bit1.query ( q[i].b ) - bit1.query ( q[i].a - 1 );
		ans[q[i].id].ans2 = bit2.query ( q[i].b ) - bit2.query ( q[i].a - 1 );
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i].ans1 << ' ' << ans[i].ans2 << endl;	
	return 0;
}

$100 p t s$ :莫队+分块

同上将树状数组修改 $O (\sqrt{n} l o g n)$ 改为每次分块查询 $O (\sqrt{n})$ 降低了时间复杂度

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int N = 1e5 + 5;
//char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m;
int block , ll[N] , rr[N] , a[N] , bel[N] , a1[N] , a2[N] , sum1[N] , sum2[N];

struct query { int l , r , a , b , id , pos; } q[N];

struct DQY { int ans1 , ans2; } ans[N];//你是我的答案=v= 

void upd ( int x )
{
	a1[a[x]] ++ , sum1[bel[a[x]]] ++;
	if ( a1[a[x]] == 1 ) a2[a[x]] ++ , sum2[bel[a[x]]] ++;
} 

void del ( int x ) 
{
	a1[a[x]] -- , sum1[bel[a[x]]] --;
	if ( a1[a[x]] == 0 ) a2[a[x]] -- , sum2[bel[a[x]]] --;
}

void getans ( int x , int y , int k )
{
	int xx = bel[x] , yy = bel[y];
	if ( xx == yy ) { for ( int i = x ; i <= y ; i ++ ) ans[k].ans1 += a1[i] , ans[k].ans2 += a2[i]; return; }
	for ( int i = xx + 1 ; i <= yy - 1 ; i ++ ) ans[k].ans1 += sum1[i] , ans[k].ans2 += sum2[i];
	for ( int i = x ; i <= rr[xx] ; i ++ ) ans[k].ans1 += a1[i] , ans[k].ans2 += a2[i];
	for ( int i = ll[yy] ; i <= y ; i ++ ) ans[k].ans1 += a1[i] , ans[k].ans2 += a2[i];
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read() , block = sqrt(n);
	int tot = n / block;
	if ( n % block ) tot ++;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , bel[i] = ( i - 1 ) / block + 1;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].a = read() , q[i].b = read() , q[i].id = i , q[i].pos = bel[q[i].l];
	for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) ll[i] = ( i - 1 ) * block + 1 , rr[i] = i * block;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const query &a , const query &b) { return a.pos == b.pos ? ( (a.pos&1) ? a.r < b.r : a.r > b.r ) : a.pos < b.pos; } ); 
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) upd(--l);
		while ( r < q[i].r ) upd(++r);
		while ( l < q[i].l ) del(l++);
		while ( q[i].r < r ) del(r--);
		getans ( q[i].a , q[i].b , q[i].id );
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i].ans1 << ' ' << ans[i].ans2 << endl;
	return 0;
}

带修莫队

P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列

$x s w l$ 一个小问题调了 $50 m i n$ 请注意看如下两行代码:

a[cnta].id = ++cnta , a[cnta].l = read() , a[cnta].r = read() , a[cnta].t = cntq;

a[++cnta].id = cnta , a[cnta].l = read() , a[cnta].r = read() , a[cnta].t = cntq;

乍一看没什么区别但是我们可以看到前一个代码事正确的而后面的代码错误

因为赋值号是先从右面的表达式开始计算所以如果要实现读入询问和 $i d$ 的话需要先自增 $c n t a$ 再赋值

$u p d o n 7.24 21 : 37$ 又被这个 $U B$ 卡了这回用了上面的写法但是本地编译器跑样例不过交 $l u o g u$ 上 $A C$

所以最正确的代码是:(上面这两行代码都不推荐采用不知道编译器什么时候会卡你)

++cnta , a[cnta].id = cnta , a[cnta].l = read() , a[cnta].r = read() , a[cnta].t = cntq;

进入正题带修莫队是在普通莫队基础上加了一维时间维度来实现的

我们先读入数据排序策略为：先按照 $l$ 所在的块排序再按照 $r$ 所在的块排序最后按照 $t$ 排序 (均为从小到大)

在修改的时候我们也要比普通莫队多一次操作: 根据时间进行 $u p d$

也就是在当前区间的 $t$ 和上一个区间的 $t$ 之间的所有修改操作都需要累加进来

这里有一个小优化:我们对于每一次修改操作假设这次修改操作是将 $c o l [i]$ 改成 $c$ 那么 $c o l [i]$ 现在改成 $c$ 了那么下一次我们一定要将 $c o l [i]$ 改成原来的 $c o l [i]$

所以我们每次将修改操作的 $c$ 和要修改的 $c o l [i]$ 交换一下下一次再累加这样就避免了写另一个函数

对于多次使用的操作内联函数要多加

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
constexpr int N = 3e6 + 5;
//char buf[1<<24] , *p1 , *p2;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int n , m , block;
int cntc , cntq , a[N] , b[N] , ans[N] , bel[N] , res;

struct DQY { int l , r , id , t; } q[N];//你是我的答案=v=
struct change { int p , c; } c[N];

inline void add ( int x ) { res += ( ++ b[x] == 1 ); }
inline void del ( int x ) { res -= ( -- b[x] == 0 ); }
inline void upd ( int x , int t ) { if ( q[x].l <= c[t].p && c[t].p <= q[x].r ) add ( c[t].c ) , del ( a[c[t].p] ); swap ( c[t].c , a[c[t].p] ); }

char ch;
signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read() , block = pow ( n , 0.666 );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , bel[i] = ( i - 1 ) / block + 1;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		cin >> ch;
		if ( ch == 'Q' ) q[cntq].id = ++cntq , q[cntq].l = read() , q[cntq].r = read() , q[cntq].t = cntc;//t记录的是前面有几个修改操作	
		else c[++cntc].p = read() , c[cntc].c = read();
	}
	sort ( q + 1 , q + cntq + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return bel[a.l] == bel[b.l] ? ( bel[a.r] == bel[b.r] ? a.t < b.t : bel[a.r] < bel[b.r] ) : bel[a.l] < bel[b.l]; } );
	int l = 1 , r = 0 , t = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= cntq ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) add(a[--l]);
		while ( r < q[i].r ) add(a[++r]);
		while ( l < q[i].l ) del(a[l++]);
		while ( q[i].r < r ) del(a[r--]);
		while ( t < q[i].t ) upd(i,++t);
		while ( q[i].t < t ) upd(i,t--);
		ans[q[i].id] = res;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= cntq ; i ++ ) cout << ans[i] << endl; 
	return 0;
}

$b i t s e t$ 优化莫队:

P3674 小清新人渣的本愿

$b i t s e t$ 的妙用

首先我们对于 $1 - m a x n$ 开两个 $b i t s e t$ 分别为 $n o w 1$ 和 $n o w 2$

$n o w 1 [i]$ 维护区间内有没有值为 $i$ 的数 $n o w 2 [i]$ 维护区间内有没有值为 $m a x n - i$ 的数

对于 $1$ 操作我们需要找到有没有 $z - y = x$ 的数那么将 $n o w 1$ 右移 $x$ 位并与 $n o w 1$ 做与运算如果有为 $1$ 的值那么存在这样的数这个操作的复杂度是 $O (\frac{n}{w})$ 一般 $w$ 取 $64$

对于 $2$ 操作需要找出一组 $z + y = x$ 那么可以变换成 $m a x n - z - y = m a x n - x$ 然后将 $m a x n - z$ 看成一个整体 $z^{'}$ 问题就转化成了 $z^{'} - y = m a x n - x$ 同 $1$ 操作处理

对于 $3$ 操作需要枚举所有因数在 $b i t s e t$ 中查找是否有这两个数即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int maxn = 1e5;
constexpr int N = 1e5 + 5;
char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
//#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m;
int block , a[N] , b[N] , ans[N];

bitset<N> now1 , now2;

struct query { int op , l , r , id , x , pos; } q[N];

void upd ( int x ) { if ( ++ b[x] == 1 ) now1[x] = 1 , now2[maxn-x] = 1; }
void del ( int x ) { if ( -- b[x] == 0 ) now1[x] = 0 , now2[maxn-x] = 0; }

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read() , block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].op = read() , q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].x = read() , q[i].id = i , q[i].pos = ( q[i].l - 1 ) / block + 1;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const query &a , const query &b) { return a.pos == b.pos ? a.r < b.r : a.pos < b.pos; } ); 
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) upd(a[--l]);
		while ( r < q[i].r ) upd(a[++r]);
		while ( l < q[i].l ) del(a[l++]);
		while ( q[i].r < r ) del(a[r--]);
		int x = q[i].x;
		if ( q[i].op == 1 ) if ( ( now1 & ( now1 >> x ) ).any() ) ans[q[i].id] = 1;
		if ( q[i].op == 2 )	if ( ( now1 & ( now2 >> maxn - x ) ).any() ) ans[q[i].id] = 1;
		if ( q[i].op == 3 )
		{
			for ( int j = 1 ; j * j <= x ; j ++ )
				if ( ! ( x % j ) && now1[x/j] && now1[j] ) { ans[q[i].id] = 1; break; }
		}
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ( ans[i] ? "hana" : "bi" ) << endl;
	return 0;
}

P4688 [Ynoi2016] 掉进兔子洞

答案显然是 $\sum_{i = 1}^{3} (r_{i} - l_{i} + 1) - 3 * \sum_{j = 1}^{m a x n} m i n (c n t_{1} [j], c n t_{2} [j], c n t_{3} [j])$

前面的部分很好办在输入的时候统计即可现在考虑后面

个人理解是无法做到排序使得三个询问区间绑在一起处理所以三个区间要分开处理最后再合并

离散化 $a_{i}$ 是必须的但是因为 $b i t s e t$ 只能维护 $0$ 和 $1$ 所以我们离散化数组不能去重

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int maxn = 1e5;
constexpr int N = 1e5 + 5;
constexpr int T = 25000;
char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
//#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , M , block;
int cnt , a[N] , b[N] , ans[N] , bel[N];

bitset<N> f[T] , res;
vector<int> lsh;

struct DQY { int l , r , id; } q[N];//你是我的答案=v= 

void upd ( int x ) { res.set ( x + b[x] ) , ++b[x]; }
void del ( int x ) { --b[x] , res.reset ( x + b[x] ); }

void solve ( int m )
{
	cnt = 0 , memset ( b , 0 , sizeof b ) , res.reset();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		f[i].set() , ans[i] = 0;
		for ( int j = 1 ; j <= 3 ; j ++ ) 
			cnt ++ , q[cnt].l = read() , q[cnt].r = read() , q[cnt].id = i , ans[i] += q[cnt].r - q[cnt].l + 1;
	}
	sort ( q + 1 , q + cnt + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return bel[a.l] == bel[b.l] ? ( bel[a.l] & 1 ? a.r > b.r : a.r < b.r ) : bel[a.l] < bel[b.l]; } ); 
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= cnt ; i ++ )
	{
		while ( q[i].l < l ) upd(a[--l]);
		while ( r < q[i].r ) upd(a[++r]);
		while ( l < q[i].l ) del(a[l++]);
		while ( q[i].r < r ) del(a[r--]);
		f[q[i].id] &= res;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] - f[i].count() * 3 << endl;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , M = read() , block = sqrt(n);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , bel[i] = ( i - 1 ) / block + 1 , lsh.push_back(a[i]);
	sort ( lsh.begin() , lsh.end() );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = lower_bound ( lsh.begin() , lsh.end() , a[i] ) - lsh.begin() + 1;
	for ( int i = 1 ; i <= M ; i += T ) solve ( min ( i + T - 1 , M ) - i + 1 );
	return 0;
}

回滚莫队

主要适用范围为:

加点操作易实现删除操作难以实现(例如维护一个集合内的最大值)
删除操作易实现加点操作难以实现(例如维护一个集合内最小未出现的自然数)

歴史の研究

隆重介绍这样一道写了一个上午+半个下午的题三次更改数组离散化和 $v e c t o r$ 离散化五次将题解代码块粘入程序中统计十余次将程序运行过程和题解运行过程比较最后发现——

对于每一个暴力的块(右端点在左块内) 需要单独开一个桶来记录其中信息不能和其他块(右端点在左块外)混为一谈

~~怄火恼怒转圈破防了为什么我这么菜啊~~

$u p d o n 8.12 :$ 更新了写法但是因为 $a d d$ 和 $d e l$ 函数的返回值写成了 $i n t$ 导致一直 $R E$ 调不出来焯

这道题是上面的第一类问题对于加点操作直接操作即可但是对于删除操作我们删除之后难以知道次大值的值

我们还是按照普通莫队对询问排序左端点的块单调递增左端点相同的右端点单调递增

那么对于询问有两种情况:

右端点在左块内

这时候我们可以直接暴力求因为块长最多 $\sqrt{n}$
右端点在左块外

根据我们的排序策略右块内的部分是持续增加的真正涉及删除操作的是左端点

那么我们对于一些左端点在同一个块内的询问先将 $l$ 指针设置为该块的右端点 $+ 1$ 将 $r$ 指针设置为该块的右端点

然后对于一个区间进行如下操作:

先扩展右端点并记录一下扩展后的答案
从 $l$ 指针位置开始向左扩展左端点为 $a n s$ 数组赋值
再复原回扩展左端点前的答案以便下一次扩展左端点

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
#define print(x) cout << #x << '=' << x << endl
constexpr int N = 3e6 + 5;
constexpr int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//char buf[1<<24] , *p1 , *p2;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int n , m , block , tot;
int a[N] , b[N] , bb[N] , ll[N] , rr[N] , ans[N] , bel[N] , res , lstblock;

struct DQY { int l , r , id; } q[N];//你是我的答案=v=
vector<int>lsh;
inline void add ( int x ) { b[x] ++ , res = max ( res , b[x] * lsh[x] ); }
inline void del ( int x ) { b[x] --; }

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read();
	lsh.push_back(-inf);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , lsh.push_back(a[i]);
	sort ( lsh.begin() , lsh.end() );
	lsh.erase ( unique ( lsh.begin() , lsh.end() ) , lsh.end() );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = lower_bound ( lsh.begin() , lsh.end() , a[i] ) - lsh.begin();
	
	block = pow ( n , 0.5 ) , tot = n / block;
	if ( n % block ) tot ++;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) bel[i] = ( i - 1 ) / block + 1;
	for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) ll[i] = ( i - 1 ) * block + 1 , rr[i] = i * block;
	rr[tot] = n;
	
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].id = i;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return bel[a.l] == bel[b.l] ? a.r < b.r : bel[a.l] < bel[b.l]; } );
	
	int l = 1 , r = 0;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		if ( bel[q[i].l] == bel[q[i].r] )//必须用一个不同的"bb"数组来存储暴力统计的答案! 
		{
			int temp = 0;
			for ( int j = q[i].l ; j <= q[i].r ; j ++ ) bb[a[j]] ++;
			for ( int j = q[i].l ; j <= q[i].r ; j ++ ) temp = max ( temp , bb[a[j]] * lsh[a[j]] );
			for ( int j = q[i].l ; j <= q[i].r ; j ++ ) bb[a[j]] --;
			ans[q[i].id] = temp;
			continue;
		}
		if ( lstblock ^ bel[q[i].l] )
		{
			while ( r > rr[bel[q[i].l]] ) del(a[r--]);
            while ( l < rr[bel[q[i].l]]+1 ) del(a[l++]);
            res = 0 , lstblock = bel[q[i].l];	
		}
		while ( r < q[i].r ) add(a[++r]);
		int temp = res , l_ = l;
		while ( l_ > q[i].l ) add(a[--l_]);
		while ( l_ < l ) del(a[l_++]);
		ans[q[i].id] = res;
		res = temp;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] << endl; 
	return 0;
}

P4137 Rmq Problem / mex

这道题是回滚莫队的第二种情况删除操作很易实现但是加点操作不易实现

类比上一道题我们可以先将整个序列先加进去然后进行删点操作

注意此时的排序在左端点所在的块相同的时候需要按照右端点降序排序以便删除区间

初始值 $l = 1$ 且 $r = n$

我们对于第一个块 $l$ 指针设置为块的左端点 $r$ 指针设置为 $n$ 即可

类比上一道题进行如下操作:

先收缩右端点并记录一下收缩后的答案
从 $l$ 指针位置开始向右收缩左端点为 $a n s$ 数组赋值
再复原回收缩左端点前的答案以便下一次收缩左端点

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
constexpr int N = 3e6 + 5;
//#define int long long 
//char buf[1<<22] , *p1 , *p2;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m , block , tot;
int a[N] , b[N] , bb[N] , ll[N] , rr[N] , ans[N] , bel[N] , res , lstblock;

struct DQY { int l , r , id; } q[N];//你是我的答案=v=

inline void add ( int x ) { if ( x > n + 1 ) return; b[x] ++; }//?
inline void del ( int x ) { if ( x > n + 1 ) return; b[x] --; if ( !b[x] ) res = min ( res , x ); }

signed main ()
{
//	freopen ( "P4137_1.in" , "r" , stdin );
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
	n = read() , m = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
	
	block = sqrt(n) , tot = n / block;
	if ( n % block ) tot ++;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) bel[i] = ( i - 1 ) / block + 1;
	for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) ll[i] = ( i - 1 ) * block + 1 , rr[i] = i * block;
	rr[tot] = n;
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].id = i;
	sort ( q + 1 , q + m + 1 , [](const DQY &a , const DQY &b) { return bel[a.l] == bel[b.l] ? a.r > b.r : bel[a.l] < bel[b.l]; } );
	
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) b[a[i]] ++;
	while ( b[res] ) res ++;
	//先将所有东西都加入队列中 
	int st = res;
	
	int l = 1 , r = n; 
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		if ( bel[q[i].l] == bel[q[i].r] )
		{
			int tmp = 0;
			for ( int j = q[i].l ; j <= q[i].r ; j ++ ) if ( a[j] <= n + 1 ) bb[a[j]] ++;
			while ( bb[tmp] ) tmp ++;
			for ( int j = q[i].l ; j <= q[i].r ; j ++ ) if ( a[j] <= n + 1 ) bb[a[j]] --;
			ans[q[i].id] = tmp;
			continue;
		}
		if ( bel[q[i].l] ^ lstblock )
		{
			res = st;
			while ( r < n ) add(a[++r]);
			while ( l < ll[bel[q[i].l]] ) del(a[l++]);
			st = res , lstblock = bel[q[i].l];
		}
		while ( q[i].r < r ) del(a[r--]);
		int temp = res , l_ = l;
		while ( l_ < q[i].l ) del(a[l_++]);
		while ( l_ > l ) add(a[--l_]);
		ans[q[i].id] = res;		
		res = temp;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) cout << ans[i] << endl;
	return 0;
}

贴一个主席树做法捏()

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define mid (l+r>>1)
#define ls(p) t[p].son[0]
#define rs(p) t[p].son[1]
#define lson ls(p),l,mid
#define rson rs(p),mid+1,r
constexpr int N = 3e6 + 5;
char buf[1<<24] , *p1 , *p2;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
//#define getchar() cin.get() 
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}
int n , m , a[N] , root[N];

vector<int> lsh;
struct DQY 
{
	struct node { int son[2] , minn; } t[N<<5];
	int tot = 0;
	inline int new_node ( int p ) { t[++tot] = t[p]; return tot; }
	inline void up ( int p ) { t[p].minn = min ( t[ls(p)].minn , t[rs(p)].minn ); }
	void upd ( int &p , int l , int r , int x , int val )
	{
		p = new_node(p);
		if ( l == r ) return t[p].minn = val , void();
		if ( x <= mid ) upd ( lson , x , val );
		else upd ( rson , x , val );
		up(p);
	}
	int query ( int p , int l , int r , int x )
	{
		if ( l == r ) return l;
		if ( t[ls(p)].minn < x ) return query ( lson , x );
		else return query ( rson , x );
	}
}T;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read();
	lsh.push_back(0);
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , lsh.push_back(a[i]) , lsh.push_back(a[i]+1);
	sort ( lsh.begin() , lsh.end() );
	lsh.erase ( unique ( lsh.begin() , lsh.end() ) , lsh.end() );
	int sz = lsh.size();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = lower_bound ( lsh.begin() , lsh.end() , a[i] ) - lsh.begin();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) root[i] = root[i-1] , T.upd ( root[i] , 0 , sz , a[i] , i );
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) 
	{
		int l = read() , r = read();
		cout << lsh[T.query ( root[r] , 0 , sz , l )] << endl;
	}
	return 0;
}

posted @ 2023-07-03 21:36 Echo_Long 阅读(20) 评论(1) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 8.12 莫队

· YbtOJ 「图论」第4章强连通分量

· 笔记·普通莫队

· 【学习笔记】莫队

· 莫队算法学习笔记

阅读排行：
· 阿里最新开源QwQ-32B，效果媲美deepseek-r1满血版，部署成本又又又降低了！
· 单线程的Redis速度为什么快？
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· AI编程工具终极对决：字节Trae VS Cursor，谁才是开发者新宠？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！

公告

昵称： Echo_Long
园龄： 2年6个月
粉丝： 22
关注： 10

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Echo-Long

莫队

莫队

普通莫队

P2709 小B的询问

P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子

P1972 [SDOI2009] HH的项链

P4462 [CQOI2018] 异或序列

P4396 [AHOI2013] 作业

带修莫队

P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列

$b i t s e t$ 优化莫队:

P3674 小清新人渣的本愿

P4688 [Ynoi2016] 掉进兔子洞

回滚莫队

歴史の研究

P4137 Rmq Problem / mex

公告

搜索

常用链接

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

莫队

普通莫队

带修莫队

bitset优化莫队:

回滚莫队

公告

搜索

常用链接

随笔档案

$b i t s e t$ 优化莫队: