【bzoj3809/bzoj3236】Gty的二逼妹子序列/[Ahoi2013]作业 莫队算法+分块
原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6805252.html
bzoj3809
题目描述
Autumn和Bakser又在研究Gty的妹子序列了！但他们遇到了一个难题。
对于一段妹子们，他们想让你帮忙求出这之内美丽度∈[a,b]的妹子的美丽度的种类数。
为了方便，我们规定妹子们的美丽度全都在[1,n]中。
给定一个长度为n(1<=n<=100000)的正整数序列s(1<=si<=n)，对于m(1<=m<=1000000)次询问“l,r,a,b”，每次输出sl...sr中，权值∈[a,b]的权值的种类数。
输入
第一行包括两个整数n,m(1<=n<=100000,1<=m<=1000000),表示数列s中的元素数和询问数。
第二行包括n个整数s1...sn(1<=si<=n)。
接下来m行,每行包括4个整数l,r,a,b(1<=l<=r<=n,1<=a<=b<=n),意义见题目描述。
保证涉及的所有数在C++的int内。
保证输入合法。
输出
对每个询问，单独输出一行，表示sl...sr中权值∈[a,b]的权值的种类数。
样例输入
10 10
4 4 5 1 4 1 5 1 2 1
5 9 1 2
3 4 7 9
4 4 2 5
2 3 4 7
5 10 4 4
3 9 1 1
1 4 5 9
8 9 3 3
2 2 1 6
8 9 1 4
样例输出
2
0
0
2
1
1
1
0
1
2
bzoj3236
题目描述
同上，只是多求了一个大小在[a,b]范围内数的个数（非数的种类数，即可以重复计算）
题解
莫队算法+分块，几乎是双倍经验
一个很显然的方法是莫队算法+树状数组，然而修改次数为n√n，修改时间为O(logn)，会TLE。
由于查询次数比较少，所以可以想办法将修改时间减少，相应的增加查询时间。
这可以使用分块。
将美丽度（权值）分块，并记录每块中权值的种类数，这样在查询时只需要先找中间的块，再暴力找两边即可。
修改总时间复杂度为O(n√n*1)，查询总时间复杂度为O(n*√n)。
注意查询时对两端在同一块中的特判。
对于bzoj3236，数的个数同样可以分块来求，而且相比求数的种类数更简单。
bzoj3809:
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct data
{
int l , r , x , y , id;
}a[1000010];
int v[100010] , cnt[100010] , num[410] , si , ans[1000010];
bool cmp(data a , data b)
{
return (a.l - 1) / si == (b.l - 1) / si ? a.r < b.r : (a.l - 1) / si < (b.l - 1) / si;
}
int main()
{
int n , m , i , j , lp = 1 , rp = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , si = (int)sqrt(n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &a[i].l , &a[i].r , &a[i].x , &a[i].y) , a[i].id = i;
sort(a + 1 , a + m + 1 , cmp);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(lp > a[i].l) lp -- , num[(v[lp] - 1) / si] += (!cnt[v[lp]]) , cnt[v[lp]] ++ ;
while(rp < a[i].r) rp ++ , num[(v[rp] - 1) / si] += (!cnt[v[rp]]) , cnt[v[rp]] ++ ;
while(lp < a[i].l) cnt[v[lp]] -- , num[(v[lp] - 1) / si] -= (!cnt[v[lp]]) , lp ++ ;
while(rp > a[i].r) cnt[v[rp]] -- , num[(v[rp] - 1) / si] -= (!cnt[v[rp]]) , rp -- ;
if((a[i].x - 1) / si == (a[i].y - 1) / si)
for(j = a[i].x ; j <= a[i].y ; j ++ )
ans[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
else
{
for(j = (a[i].x - 1) / si + 1 ; j < (a[i].y - 1) / si ; j ++ ) ans[a[i].id] += num[j];
for(j = a[i].x ; j <= ((a[i].x - 1) / si + 1) * si ; j ++ ) ans[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
for(j = (a[i].y - 1) / si * si + 1 ; j <= a[i].y ; j ++ ) ans[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
}
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%d\n" , ans[i]);
return 0;
}
bzoj3236，可以看到只有极小部分改动：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct data
{
int l , r , x , y , id;
}a[1000010];
int v[100010] , cnt[100010] , num[410] , sum[401] , si , ans1[1000010] , ans2[1000010];
bool cmp(data a , data b)
{
return (a.l - 1) / si == (b.l - 1) / si ? a.r < b.r : (a.l - 1) / si < (b.l - 1) / si;
}
int main()
{
int n , m , i , j , lp = 1 , rp = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , si = (int)sqrt(n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &a[i].l , &a[i].r , &a[i].x , &a[i].y) , a[i].id = i;
sort(a + 1 , a + m + 1 , cmp);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(lp > a[i].l) lp -- , num[(v[lp] - 1) / si] += (!cnt[v[lp]]) , sum[(v[lp] - 1) / si] ++ , cnt[v[lp]] ++ ;
while(rp < a[i].r) rp ++ , num[(v[rp] - 1) / si] += (!cnt[v[rp]]) , sum[(v[rp] - 1) / si] ++ , cnt[v[rp]] ++ ;
while(lp < a[i].l) cnt[v[lp]] -- , num[(v[lp] - 1) / si] -= (!cnt[v[lp]]) , sum[(v[lp] - 1) / si] -- , lp ++ ;
while(rp > a[i].r) cnt[v[rp]] -- , num[(v[rp] - 1) / si] -= (!cnt[v[rp]]) , sum[(v[rp] - 1) / si] -- , rp -- ;
if((a[i].x - 1) / si == (a[i].y - 1) / si)
for(j = a[i].x ; j <= a[i].y ; j ++ )
ans1[a[i].id] += cnt[j] , ans2[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
else
{
for(j = (a[i].x - 1) / si + 1 ; j < (a[i].y - 1) / si ; j ++ ) ans1[a[i].id] += sum[j] , ans2[a[i].id] += num[j];
for(j = a[i].x ; j <= ((a[i].x - 1) / si + 1) * si ; j ++ ) ans1[a[i].id] += cnt[j] , ans2[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
for(j = (a[i].y - 1) / si * si + 1 ; j <= a[i].y ; j ++ ) ans1[a[i].id] += cnt[j] , ans2[a[i].id] += (cnt[j] > 0);
}
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%d %d\n" , ans1[i] , ans2[i]);
return 0;
}
