[ AHOI 2013 ] 作业 & [ BZOJ 3809 ] Gty的二逼妹子序列
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Description
给出一个长为 \(n\) 的数列 \(A\) 和 \(k\)，多次询问：
对于一个区间 \([L_i,R_i]\)，问区间内有多少个数在 \([a_i,b_i]\) 内，以及这些数共有多少个不同的值。
- \(n\le 10^5,m\le 10^6\)
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Solution
看到最后一行心都凉了......
真的佩服松松松的速度 不知道比我高到哪里去了
卡常卡到想吐（见代码部分吧）`
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首先肯定莫队，然后考虑第一问。
直接离散化之后权值树状数组，每次新加进来一个就在对应权值处 \(+1\) ，删除 \(-1\) 。
对于第二问，我们无法确定当前区间里有多少个是个问题。
于是直接再开一个辅助桶，以及另一个询问用的权值树状数组。
加入时若以前没有(桶为空)，则在这一权值处 \(+1\) ，删除时若桶清空成 \(0\) ，则在对应权值处 \(-1\) 。
回答就直接区间减法即可。
注意 lower_bound 和upper_bound 的时候可能越界，所以要加上哨兵。
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Code
还是说一下卡常用了点啥吧.....
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BZOJ 专用的 int 优化
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读入 & 输出优化
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莫队对询问排序时的奇偶性讨论
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很迷的块的大小，实测 \(\frac{N}{\sqrt M}\) 最快
关于这个粘一个洛谷日报上的证明
我们设块长度为 \(S\) ，那么对于任意多个在同一块内的询问，挪动的距离就是 \(n\)，一共\(\frac{n}{S}\) 个块，移动的总次数就是\(\frac{n^2}{S}\)，移动可能跨越块，所以还要加上一个 \(mS\) 的复杂度，总复杂度为 \(O(\frac{n^2}{S}+mS)\) ，我们要让这个值尽量小，\(S\) 取 \(\frac{n}{\sqrt{m}}\) 是最优的，此时复杂度为
\[O(\frac{n^2}{\frac{n}{\sqrt{m}}}+m(\frac{n}{\sqrt{m}}))=O(n\sqrt{m}) \]
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define M 1000010
#define Rg register
#define gc getchar
using namespace std;
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
inline void print(int x){
Rg int y=10,len=1;
while(x>=y){y=(y<<1)+(y<<3);++len;}
while(len--){y/=10;putchar('0'+x/y);x%=y;}
}
int n,m,tot,ans,ans1[M],ans2[M],s[N],bl[N],cnt[N],tmp[N];
struct Q{int l,r,L,R,id;}q[M];
inline bool cmp(Q x,Q y){
if(bl[x.l]!=bl[y.l]) return bl[x.l]<bl[y.l];
return bl[x.l]&1?x.r<y.r:x.r<y.r;
}
struct BIT{
int c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int p,int x){
for(;p<=n;p+=lowbit(p)) c[p]+=x;
}
inline int query(int p){
int res=0;
for(;p;p-=lowbit(p)) res+=c[p];
return res;
}
}bitcnt,bitsum;
inline void add(int p){
++cnt[s[p]];
bitsum.add(s[p],1);
if(cnt[s[p]]==1) bitcnt.add(s[p],1);
}
inline void del(int p){
--cnt[s[p]];
bitsum.add(s[p],-1);
if(!cnt[s[p]]) bitcnt.add(s[p],-1);
}
int main(){
n=rd(); m=rd();
int t=n/sqrt(m);
for(Rg int i=1;i<=n;++i){
tmp[i]=s[i]=rd();
bl[i]=i/t+1;
}
sort(tmp+1,tmp+1+n);
for(Rg int i=1;i<=n;++i){
tmp[++tot]=tmp[i];
while(tmp[i+1]==tmp[i]) ++i;
}
tmp[++tot]=2000000000;
for(Rg int i=1;i<=n;++i) s[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+1+tot,s[i])-tmp;
for(Rg int i=1;i<=m;++i){
q[i].l=rd(); q[i].r=rd(); q[i].id=i;
q[i].L=lower_bound(tmp+1,tmp+1+tot,rd())-tmp;
q[i].R=upper_bound(tmp+1,tmp+1+tot,rd())-tmp-1;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp);
int l=1,r=1;
cnt[s[1]]=1;
bitcnt.add(s[1],1);
bitsum.add(s[1],1);
for(Rg int i=1;i<=m;++i){
if(q[i].L>q[i].R){
ans1[q[i].id]=ans2[q[i].id]=0;
continue;
}
while(l<q[i].l){del(l);++l;}
while(l>q[i].l){--l;add(l);}
while(r>q[i].r){del(r);--r;}
while(r<q[i].r){++r;add(r);}
ans1[q[i].id]=bitsum.query(q[i].R)-bitsum.query(q[i].L-1);
ans2[q[i].id]=bitcnt.query(q[i].R)-bitcnt.query(q[i].L-1);
}
for(Rg int i=1;i<=m;++i){
print(ans1[i]); putchar(' ');
print(ans2[i]); putchar('\n');
}
return 0;
}
