题解 洛谷P1903/BZOJ2120【[国家集训队]数颜色 / 维护队列】
对于不会树套树、主席树的本蒟蒻,还是老老实实的用莫队做吧....
其实这题跟普通莫队差不了多远，无非就是有了一个时间，当我们按正常流程排完序后，按照基本的莫队来，做莫队时每次循环对于这一次操作，我们在结构体中记录一下这次操作前有多少个改值操作，然后将当前的ans和每个点的颜色信息更新至当前队列(此队列不是莫队，是原队列)的状态再移动l,r两指针。
简单点说：
设当前询问为a，下一个询问为b，我们已知a，要求b。
首先我们像普通莫队一样转移左右端点。
这时候我们可能会发现a和b的经历的修改次数不同！
假如a较b少修改了p次，那我们就把这p次修改一个一个从前往后暴力地加上去。假如a较b多修改了q次，那我们就把这q次修改从后往前还原掉。
还要注意一点:
带修改的莫队的询问排序方法为：
- 第一关键字：左端点所在块编号，从小到大排序。
- 第二关键字：右端点所在块编号，从小到大排序。
- 第三关键字：经历的修改次数。也可以说是询问的先后，先询问的排前面。
注意的几点：
- 时间上的优化：将块的大小从sqrt(n)改为n的二分之三次方
- 可修改莫队只用于单点修改，区间修改的题目就算了吧...
- 复杂度大约为O(n的五分之三次方)
- 一样是离线操作
但是具体怎么操作呢？
我们先看一下结构体:
struct Node{
int l,r,c,id;
bool operator < (const Node a)const {
if(l/Be==a.l/Be){
if(r/Be==a.r/Be)return id<a.id;
return r<a.r;
}return l<a.l;
}
}q[N];
上面的重载运算符就是按照上文的排序方式来写的。
结构体中l,r分别是询问的左右端点,c是该询问之前的修改操作次数，id是这个操作的位置。
再来比较一下普通的莫队操作和可修改的莫队操作：
更新ans的函数(一样的):
inline void Add(int x){if(!sum[x])ans++;sum[x]++;}
inline void Del(int x){sum[x]--;if(!sum[x])ans--;}
普通莫队：
for(register int i=1;i<=m;++i){
while(l>q[i].l)l--,Add(val[l]);
while(r<q[i].r)r++,Add(val[r]);
while(l<q[i].l)Add(val[l]),l++;
while(r>q[i].r)Add(val[r]);,r--;
Ans[q[i].id]=ans;
}
可修改莫队：
for(register int i=0;i<c1;++i){
for(;lst<q[i].c;lst++){
if(l<=Q[lst][0]&&Q[lst][0]<=r)
Del(Q[lst][1]),Add(Q[lst][2]);
val[Q[lst][0]]=Q[lst][2];
}
for(;lst>q[i].c;lst--){
if(l<=Q[lst-1][0]&&Q[lst-1][0]<=r)
Del(Q[lst-1][2]),Add(Q[lst-1][1]);
val[Q[lst-1][0]]=Q[lst-1][1];
}
for(++r;r<=q[i].r;r++)Add(val[r]);
for(--r;r>q[i].r;r--)Del(val[r]);
for(--l;l>=q[i].l;l--)Add(val[l]);
for(++l;l<q[i].l;l++)Del(val[l]);
Ans[q[i].id]=ans;
}
(注：可修改莫队的下面四个for循环，是在我的心态极不好的时候才从让我WA了几遍的while循环改过来的,但是后面才发现不是while的原因......贴代码过来时不想改了)
我们发现，可修改莫队多了一段：
for(;lst<q[i].c;lst++){
if(l<=Q[lst][0]&&Q[lst][0]<=r)
Del(Q[lst][1]),Add(Q[lst][2]);
val[Q[lst][0]]=Q[lst][2];
}
for(;lst>q[i].c;lst--){
if(l<=Q[lst-1][0]&&Q[lst-1][0]<=r)
Del(Q[lst-1][2]),Add(Q[lst-1][1]);
val[Q[lst-1][0]]=Q[lst-1][1];
}
没错！这就是这段话：
假如a较b少修改了p次，那我们就把这p次修改一个一个从前往后暴力地加上去。假如a较b多修改了q次，那我们就把这q次修改从后往前还原掉。
上面的if是来判断这个改色操作是否在当前莫队范围中，在的话肯定要维护一下当前的莫队ans值嘛，但是不在范围中的话，直接改颜色不就好了......(貌似并没有那么难操作诶)
-
输入时的操作：
用一个变量c1表示有多少个询问操作，c2表示有多少个更改操作。
- 用结构体保存每次询问操作的相关信息
- 用一个二维数组保存每次更改操作的相关信息
代码：
for(int i=1,a,b;i<=m;i++)
if(scanf("%s",opt),read(a),read(b),opt[0]=='Q')
q[c1].l=a,q[c1].r=b,q[c1].id=c1,q[c1].c=c2,c1++;
else Q[c2][0]=a,Q[c2][1]=C[a],Q[c2][2]=C[a]=b,c2++;
- Q[i][0] 表示第i次操作需更改的位置
- Q[i][1] 表示第i次操作更改位置的现在颜色
- Q[i][2] 表示第i次操作要改成的颜色
- 注意,Q[i][1]在之前的更改操作中可能已经被改过，而我们有要记录这个点现在的值，所以我维护了一个C数组来随时记录每次操作的变化，原序列数组为val数组，显然是不能用原序列数组来记录的(不然到莫队时就乱了)
说了这么多,总算是要贴AC代码了。
AC代码(请原谅我鬼畜的码风,压行压疯了...)：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define A printf("A")
#define P(x) printf("V %d V",x);
#define S 1000003
using namespace std;
const int N=5e4+5;
template<typename _Tp>inline void read(_Tp&dig){
char c;dig=0;
while(c=getchar(),!isdigit(c));
while(isdigit(c))dig=dig*10+c-'0',c=getchar();
}
int n,m,Be,c1,c2,ans,C[N],val[N],Ans[N],sum[S],Q[N][3];
struct Node{
int l,r,c,id;
bool operator < (const Node a)const {
if(l/Be==a.l/Be){
if(r/Be==a.r/Be)return id<a.id;
return r<a.r;
}return l<a.l;
}
}q[N];char opt[10];
inline void Add(int x){if(!sum[x])ans++;sum[x]++;}
inline void Del(int x){sum[x]--;if(!sum[x])ans--;}
int main(){
read(n);read(m);Be=pow(n,(double)2/(double)3);
for(register int i=1;i<=n;++i)read(val[i]),C[i]=val[i];
for(int i=1,a,b;i<=m;i++)
if(scanf("%s",opt),read(a),read(b),opt[0]=='Q')
q[c1].l=a,q[c1].r=b,q[c1].id=c1,q[c1].c=c2,c1++;
else Q[c2][0]=a,Q[c2][1]=C[a],Q[c2][2]=C[a]=b,c2++;
sort(q,q+c1),Add(val[1]);int l=1,r=1,lst=0;
for(register int i=0;i<c1;++i){
for(;lst<q[i].c;lst++){
if(l<=Q[lst][0]&&Q[lst][0]<=r)
Del(Q[lst][1]),Add(Q[lst][2]);
val[Q[lst][0]]=Q[lst][2];
}
for(;lst>q[i].c;lst--){
if(l<=Q[lst-1][0]&&Q[lst-1][0]<=r)
Del(Q[lst-1][2]),Add(Q[lst-1][1]);
val[Q[lst-1][0]]=Q[lst-1][1];
}
for(++r;r<=q[i].r;r++)Add(val[r]);
for(--r;r>q[i].r;r--)Del(val[r]);
for(--l;l>=q[i].l;l--)Add(val[l]);
for(++l;l<q[i].l;l++)Del(val[l]);
Ans[q[i].id]=ans;
}for(register int i=0;i<c1;++i)printf("%d\n",Ans[i]);
return 0;
}
