『回滚莫队及其简单运用』

<更新提示>

<第一次更新> 基础莫队和带修莫队可以看这个课件。

<正文>

回滚莫队

基础的莫队算法相信大家都已经熟悉了，而我们知道，莫队算法的关键就在于如何进行区间的转移，这就可能涉及到很多的细节。有一类普通莫队不可解的问题就是在转移区间过程中，可能出现删点或加点操作其中之一无法实现的问题。那么我们就来探讨如何利用特殊的莫队算法来解决这类问题，而这种莫队算法就称之为回滚莫队算法。

只加不减的回滚莫队

我们考虑一个区间问题，若这个问题在区间转移中，加点操作得以实现，但是删点操作无法有效的实现时，就可以使用如下的莫队算法：

\(1.\) 对原序列进行分块，并对询问按照如下的方式排序：以左端点所在的块升序为第一关键字，以右端点升序为第二关键字

\(2.\) 对于处理所有左端点在块\(T\)内的询问，我们先将莫队区间左端点初始化为\(R[T]+1\)，右端点初始化为\(R[T]\)，这是一个空区间

\(3.\) 对于左右端点在同一个块中的询问，我们直接暴力扫描回答即可。

\(4.\) 对于左右端点不在同一个块中的所有询问，由于其右端点升序，我们对右端点只做加点操作，总共最多加点\(n\)次

\(5.\) 对于左右端点不在同一个块中的所有询问，其左端点是可能乱序的，我们每一次从\(R[T]+1\)的位置出发，只做加点操作，到达询问位置即可，每一个询问最多加\(\sqrt n\)次。回答完询问后，我们撤销本次移动左端点的所有改动，使左端点回到\(R[T]+1\)的位置

\(6.\) 按照相同的方式处理下一块

根据其操作的过程可知，回滚莫队的时间复杂度仍然为\(O(n\sqrt n)\)，并且，在回答询问的过程中我们只进行了加点操作，没有涉及删点操作，这样就完成了我们需要的操作。

只减不加的回滚莫队

和上一种典型的回滚莫队类似，我们还可以实现只有删点操作没有加点操作的回滚莫队，当然，这样的前提是我们可以正确的先将整个序列加入莫队中，那么算法流程如下：

\(1.\) 对原序列进行分块，并对询问按照如下的方式排序：以左端点所在的块升序为第一关键字，以右端点降序序为第二关键字

\(2.\) 对于处理所有左端点在块\(T\)内的询问，我们先将莫队区间左端点初始化为\(L[T]\)，右端点初始化为\(n\)，这是一个大区间

\(3.\) 对于左右端点在同一个块中的询问，我们直接暴力扫描回答即可。

\(4.\) 对于左右端点不在同一个块中的所有询问，由于其右端点降序，从\(n\)的位置开始，我们对右端点只做删点操作，总共最多删点\(n\)次

\(5.\) 对于左右端点不在同一个块中的所有询问，其左端点是可能乱序的，我们每一次从\(L[T]\)的位置出发，只做删点操作，到达询问位置即可，每一个询问最多加\(\sqrt n\)次。回答完询问后，我们撤销本次移动左端点的所有改动，使左端点回到\(L[T]\)的位置

\(6.\) 按照相同的方式处理下一块

同样地，回滚莫队的时间复杂度还是\(O(n\sqrt n)\)，并且我们只使用了删点操作，只有在一开始时将整个序列加入到莫队中，这样就完成了我们需要的操作。

那么我们将通过两道例题来详细地了解整两种回滚莫队。

歴史の研究

Description

IOI国历史研究的第一人——JOI教授，最近获得了一份被认为是古代IOI国的住民写下的日记。JOI教授为了通过这份日记来研究古代IOI国的生活，开始着手调查日记中记载的事件。

日记中记录了连续N天发生的时间，大约每天发生一件。

事件有种类之分。第i天(1<=i<=N)发生的事件的种类用一个整数X_i表示，X_i越大，事件的规模就越大。

JOI教授决定用如下的方法分析这些日记：

选择日记中连续的一些天作为分析的时间段
事件种类t的重要度为t*(这段时间内重要度为t的事件数)
计算出所有事件种类的重要度，输出其中的最大值现在你被要求制作一个帮助教授分析的程序，每次给出分析的区间，你需要输出重要度的最大值。

Input Format

第一行两个空格分隔的整数N和Q，表示日记一共记录了N天，询问有Q次。

接下来一行N个空格分隔的整数X_1...X_N,X_i表示第i天发生的事件的种类

接下来Q行，第i行(1<=i<=Q)有两个空格分隔整数A_i和B_i，表示第i次询问的区间为[A_i,B_i]。

Output Format

输出Q行，第i行(1<=i<=Q)一个整数，表示第i次询问的最大重要度

Sample Input

Sample Output

解析

大致题意：给定一个长度为\(n\)的序列，离线询问\(m\)个问题，每次回答区间内元素权值乘以元素出现次数的最大值。

我们考虑用莫队来解决这个问题，显然，为了统计每个元素的出现次数，我们要用到桶。而加点操作就很好实现了，在桶中给元素的出现次数加一，并查看是否能够更新答案即可。但是删点操作就难以实现，当我们删去一个点时，我们难以得知新的最大值是多少，所以我们用只加不减的回滚莫队。

那么回滚莫队中提到的撤销操作具体就是指在桶中减去出现次数，而不管答案是否改变。在下一次加点的过程中，答案就得以统计了。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+20 , SIZE = 1020;
int n,m,size,T,raw[N],val[N],t,cnt[N],cnt_[N];
int belo[N],L[SIZE],R[SIZE];
long long ans[N],Max,a[N];
struct query{int l,r,id;}q[N];
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]) , raw[++t] = a[i];
    for (int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r) , q[i].id = i;
}
inline void discrete(void)
{
    sort( raw+1 , raw+t+1 );
    t = unique( raw+1 , raw+t+1 ) - (raw+1);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        val[i] = lower_bound( raw+1 , raw+t+1 , a[i] ) - raw;
}
inline void setblocks(void)
{
    size = sqrt(n) , T = n/size;
    for (int i=1;i<=T;i++)
    {
        if ( i * size > n ) break;
        L[i] = (i-1) * size + 1;
        R[i] = i * size;
    }
    if ( R[T] < n ) T++ , L[T] = R[T-1] + 1 , R[T] = n;
    for (int i=1;i<=T;i++)
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
            belo[j] = i;
}
inline bool compare(query p1,query p2)
{
    if ( belo[p1.l] ^ belo[p2.l] )
        return belo[p1.l] < belo[p2.l];
    else return p1.r < p2.r;
}
// 加点
inline void insert(int p,long long &Maxval)
{
    cnt[val[p]]++;
    Maxval = max( Maxval , 1LL * cnt[val[p]] * a[p] );
}
// 撤销
inline void resume(int p)
{
    cnt[val[p]]--;
}
inline void CaptainMo(void)
{
    sort( q+1 , q+m+1 , compare );
    int l = 1 , r = 0 , lastblock = 0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        // 处理同一块中的询问
        if ( belo[q[i].l] == belo[q[i].r] )
        {
            for (int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) cnt_[val[j]]++;
            long long temp = 0;
            for (int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) 
                temp = max( temp , 1LL * cnt_[val[j]] * a[j] );
            for (int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) cnt_[val[j]]--;
            ans[ q[i].id ] = temp; 
            continue; 
        }
        // 如果移动到了一个新的块，就先把左右端点初始化
        if ( lastblock ^ belo[q[i].l] )
        {
            while ( r > R[belo[q[i].l]] ) resume(r--);
            while ( l < R[belo[q[i].l]]+1 ) resume(l++);
            Max = 0 , lastblock = belo[q[i].l];
        }
        // 单调地移动右端点
        while ( r < q[i].r ) insert(++r,Max);
        // 移动左端点回答询问
        long long temp = Max; int  l_ = l;
        while ( l_ > q[i].l ) insert(--l_,temp);
        // 回滚
        while ( l_ < l ) resume(l_++);
        ans[ q[i].id ] = temp;
    }
}
int main(void)
{
    input();
    discrete();
    setblocks();
    CaptainMo();
    for (int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

mex

Description

有一个长度为n的数组{a1,a2,…,an}。m次询问，每次询问一个区间内最小没有出现过的自然数。

Input Format

第一行n,m。

第二行为n个数。

从第三行开始，每行一个询问l,r。

Output Format

一行一个数，表示每个询问的答案。

Sample Input

Sample Output

解析

这道题我们莫队是思路就是用桶维护出现过的数字，那么\(mex\)值就是第一个不在桶中出现的数字。

我们发现删点操作很容易实现，可以顺带的更新答案，但是加点操作难以实现，我们原来的最小值在加点过程中出现了，我们就无从得知新的答案。显然，一开始将整个序列加入到桶里并统计答案是可行的，那么我们就是用只删不加的回滚莫队。

撤销操作还是在桶中更新，但不管答案的变化就可以了。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200020 , SIZE = 1020;
int n,m,a[N],cnt[N],Min,size,T,ans[N];
int cnt_[N],ans_,belo[N],L[N],R[N];
struct query{int l,r,id;}q[N];
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r) , q[i].id = i;
}
inline void init(void)
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if ( a[i] <= n+1 )
            cnt[ a[i] ]++;
    while ( cnt[ ans_ ] ) ans_++;
    // 先把整个序列加入桶，同时得到整体的答案
}
inline void setblocks(void)
{
    size = sqrt(n) , T = n/size;
    for (int i=1;i<=T;i++)
    {
        if ( i * size > n ) break;
        L[i] = (i-1)*size + 1;
        R[i] = i * size;
    }
    if ( R[T] < n ) T++ , L[T] = R[T-1] + 1 , R[T] = n;
    for (int i=1;i<=T;i++)
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
            belo[j] = i;
}  
inline bool compare(query p1,query p2)
{
    if ( belo[p1.l] ^ belo[p2.l] )
        return belo[p1.l] < belo[p2.l];
    else return p1.r > p2.r;
}
// 删点
inline void remove(int p,int &Minval) 
{
    if ( a[p] > n+1 ) return;
    cnt[a[p]]--;
    if ( cnt[a[p]] == 0 ) Minval = min( Minval , a[p] );
}
// 撤销
inline void resume(int p)
{
    if ( a[p] > n+1 ) return;
    cnt[a[p]]++;
}
inline void CaptainMo(void)
{
    sort( q+1 , q+m+1 , compare );
    int l = 1 , r = n , lastblock = 0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        // 处理同一块中的询问
        if ( belo[q[i].l] == belo[q[i].r] )
        {
            for (int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) 
                if ( a[j] <= n+1 ) cnt_[a[j]]++;
            int temp = 0;
            while ( cnt_[temp] ) temp++;
            ans[ q[i].id ] = temp;
            for (int j=q[i].l;j<=q[i].r;j++) 
                if ( a[j] <= n+1 ) cnt_[a[j]]--;
            continue;
        }
        // 如果移动到了一个新的块，就先把左右端点初始化
        if ( belo[q[i].l] ^ lastblock )
        {
            while ( r < n ) resume(++r);
            while ( l < L[belo[q[i].l]] ) remove(l++,ans_);
            Min = ans_ , lastblock = belo[q[i].l];
        }
        // 单调地移动右端点
        while ( r > q[i].r ) remove(r--,Min);
        // 移动左端点回答询问
        int temp = Min , l_ = l;
        while ( l_ < q[i].l ) remove(l_++,temp);
        // 回滚
        while ( l_ > l ) resume(--l_);
        ans[ q[i].id ] = temp;
    }
}
int main(void)
{
    input();
    init();
    setblocks();
    CaptainMo();
    for (int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

<后记>

posted @ 2019-06-03 20:55 Parsnip 阅读(7933) 评论(6) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

『回滚莫队及其简单运用』

回滚莫队

只加不减的回滚莫队

只减不加的回滚莫队

歴史の研究

Description

Input Format

Output Format

Sample Input

Sample Output

解析

mex

Description

Input Format

Output Format

Sample Input

Sample Output

解析

公告