【bzoj2906】颜色 分块

题目描述

给定一个长度为N的颜色序列C，对于该序列中的任意一个元素Ci，都有1<=Ci<=M。对于一种颜色ColorK来说，区间[L,R]内的权值定义为这种颜色在该区间中出现的次数的平方，即区间[L,R]内中满足Ci=ColorK的元素个数的平方。接下来给出Q个询问，询问区间[L,R]内颜色[a,b]的权值总和。

输入

第1行三个整数N,M,Q。分别代表序列长度，颜色总数和询问总数。

第2行N个整数，代表序列Ci。

第3行到第Q+2行，每行4个整数l,r,a,b。记上一次计算出的答案为Lans。那么实际的l,r,a,b为给出的l,r,a,b xor上Lans。第一个询问的时候Lans=0。

输出

总共Q行，对于每一个询问，输出权值总和

样例输入

4 2 3
1 1 2 2 
1 4 1 2
10 11 9 10
3 0 0 0

样例输出

8
2
0

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题解

分块

这种二叉数据结构维护不了，又强制在线的，大概就是分块了。

维护 $f[i][j][k]$ 表示从第 $i$ 块到第 $j$ 块，权值在 $[1,k]$ 之间的个数平方和。为了方便处理零碎部分，还要维护 $c[i][j][k]$ 表示从第 $i$ 块到第 $j$ 块，权值为 $k$ 的个数。

对于询问转化为权值的前缀相减处理，整块部分直接拿出答案，零碎部分暴力枚举，算出对平方和的贡献。

设块的大小为 $si$ ，则预处理时间复杂度为 $O(n·(\frac n{si})^2)$ ，询问时间复杂度为 $O(n·si)$ 。根据均值不等式，当 $si=n^{\frac 23}$ 时复杂度最优，为 $O(n^{\frac 53})$ 

#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef unsigned int ui;
ui a[50010] , f[40][40][20010] , c[40][40][20010] , sum[20010] , cnt[20010];
int main()
{
	ui n , m , q , si = 1 , i , j , k , l , r , x , y , bl , br , ans = 0;
	scanf("%u%u%u" , &n , &m , &q);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
	while(si * si * si < n * n) si ++ ;
	for(i = 1 ; i <= (n - 1) / si + 1 ; i ++ )
	{
		for(j = i ; j <= (n - 1) / si + 1 ; j ++ )
		{
			for(k = (j - 1) * si + 1 ; k <= j * si && k <= n ; k ++ ) sum[a[k]] += cnt[a[k]] << 1 | 1 , cnt[a[k]] ++ ;
			for(k = 1 ; k <= m ; k ++ ) c[i][j][k] = cnt[k] , f[i][j][k] = sum[k] + f[i][j][k - 1];
		}
		memset(sum , 0 , sizeof(sum));
		memset(cnt , 0 , sizeof(cnt));
	}
	while(q -- )
	{
		scanf("%u%u%u%u" , &l , &r , &x , &y) , l ^= ans , r ^= ans , x ^= ans , y ^= ans;
		bl = (l - 1) / si + 1 , br = (r - 1) / si + 1 , ans = f[bl + 1][br - 1][y] - f[bl + 1][br - 1][x - 1];
		if(bl == br)
		{
			for(i = l ; i <= r ; i ++ ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) ans += cnt[a[i]] << 1 | 1 , cnt[a[i]] ++ ;
			for(i = l ; i <= r ; i ++ ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) cnt[a[i]] -- ;
		}
		else
		{
			for(i = l ; i <= bl * si ; i ++ ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) ans += (c[bl + 1][br - 1][a[i]] + cnt[a[i]]) << 1 | 1 , cnt[a[i]] ++ ;
			for(i = r ; i > (br - 1) * si ; i -- ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) ans += (c[bl + 1][br - 1][a[i]] + cnt[a[i]]) << 1 | 1 , cnt[a[i]] ++ ;
			for(i = l ; i <= bl * si ; i ++ ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) cnt[a[i]] -- ;
			for(i = r ; i > (br - 1) * si ; i -- ) if(a[i] >= x && a[i] <= y) cnt[a[i]] -- ;
		}
		printf("%u\n" , ans);
	}
	return 0;
}