bzoj2743 [HEOI2012]采花

1619. [HEOI2012]采花

★★☆   输入文件：1flower.in   输出文件：1flower.out   简单对比
时间限制：5 s   内存限制：128 MB

【题目描述】

萧薰儿是古国的公主，平时的一大爱好是采花。

今天天气晴朗，阳光明媚，公主清晨便去了皇宫中新建的花园采花。花园足够大，容纳了n朵花，花有c种颜色（用整数1-c表示），且花是排成一排的，以便于公主采花。公主每次采花后会统计采到的花的颜色数，颜色数越多她会越高兴！同时，她有一癖好，她不允许最后自己采到的花中，某一颜色的花只有一朵。为此，公主每采一朵花，要么此前已采到此颜色的花，要么有相当正确的直觉告诉她，她必能再次采到此颜色的花。由于时间关系，公主只能走过花园连续的一段进行采花，便让女仆福涵洁安排行程。福涵洁综合各种因素拟定了m个行程，然后一一向你询问公主能采到多少朵花（她知道你是编程高手，定能快速给出答案！），最后会选择令公主最高兴的行程（为了拿到更多奖金！）。

【输入格式】

 

 第一行四个空格隔开的整数n、c以及m。接下来一行n个空格隔开的整数，每个数在[1, c]间，第i个数表示第i朵花的颜色。接下来m行每行两个空格隔开的整数l和r（l ≤ r），表示女仆安排的行程为公主经过第l到第r朵花进行采花。

【输出格式】

 

共m行，每行一个整数，第i个数表示公主在女仆的第i个行程中能采到的花的颜色数。

【样例输入】

5  3 5
  1  2 2 3 1
  1  5
  1  2
  2  2
  2  3
  3  5
  

【样例输出】

2 
  0 0 1 0 
  【样例说明】
  询问[1, 5]：公主采颜色为1和2的花，由于颜色3的花只有一朵，公主不采；询问[1, 2]：颜色1和颜色2的花均只有一朵，公主不采；
  询问[2, 2]：颜色2的花只有一朵，公主不采；
  询问[2, 3]：由于颜色2的花有两朵，公主采颜色2的花；
  询问[3, 5]：颜色1、2、3的花各一朵，公主不采。
  

【提示】

 

【数据范围】

对于100%的数据，1 ≤ n ≤    10^6，c ≤ n，m ≤10^6。

 

【来源】

 

【题目来源】

耒阳大世界（衡阳八中） OJ 2743

 

题解：

其实如果这道题的范围小一点，即m<=10^5，完全可以用莫队来搞一搞。

即令tot[i]为颜色为i的花的个数 。

然后在莫队的转移时，若每次增加(或减少)一个花，我们可以把当前要转移的颜色的个数tot[i]+1(或-1)。然后如果某种颜色的个数＋1后等于2个（相当于多了一种颜色），就把答案＋1。如果某种颜色的个数－1后等于1个（相当于少了一种颜色），就把答案－1。

实际得分:70分

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
using namespace std;
struct node
{
    int l,r,id;
}q[1000010];
int gs,belong[1000010],tot[1000010],Left[330],Right[330],color[1000010],ans[1000010];
int read()
{
    int s=0,fh=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')fh=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){s=s*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return s*fh;
}
bool cmp(node aa,node bb)
{
    if(belong[aa.l]==belong[bb.l])return aa.r<bb.r;
    return aa.l<bb.l;
}
void add(int k)
{
    tot[k]++;
    if(tot[k]==2)gs++;
}
void del(int k)
{
    tot[k]--;
    if(tot[k]==1)gs--;
}
int main()
{
    freopen("1flower.in","r",stdin);
    freopen("1flower.out","w",stdout);
    int n,c,m,i,block,M,L,R;
    n=read();c=read();m=read();
    for(i=1;i<=n;i++)color[i]=read();
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        q[i].l=read();q[i].r=read();q[i].id=i;
    }

    block=(int)sqrt(n);
    if(n%block==0)M=n/block;
    else M=n/block+1;
    for(i=1;i<=n;i++)belong[i]=(i-1)/block+1;
    for(i=1;i<=M;i++){Left[i]=(i-1)*block+1;Right[i]=i*block;}

    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    L=1;R=0;
    memset(tot,0,sizeof(tot));//每种颜色花的个数
    gs=0;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        while(R<q[i].r)
        {
            R++;
            add(color[R]);
        }
        while(L>q[i].l)
        {
            L--;
            add(color[L]);
        }
        while(R>q[i].r)
        {
            del(color[R]);
            R--;
        }
        while(L<q[i].l)
        {
            del(color[L]);
            L++;
        }
        ans[q[i].id]=gs;
    }
    for(i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

然后怎样AC呢？？？

然后就想到了以前做的bzoj上的一道题。。。好像是有关于看电影的，就是要选一个连续的区间，使得喜悦值最大，看过两次的电影就不算有喜悦值。(bzoj3747)

那道题好像就是记录前驱。。。跟这道题好像啊。。。

然后就可以想到正解啦！！！

定义next[i]为第i个位置的下一个和它相同颜色的位置。这里我把没有下一个的next[i]定为了n+1

例如 ：1 2 2 3 1

next[] 5 3 6 6 6

然后O(n)扫一遍数组，把每种颜色第二次出现的位置在树状数组中记录下来。

上面的例子中就把 位置3和位置5 所在的位置＋1  。用树状数组维护一下就好了。

对于每组询问(l,r)我们要求的是从l开始到r中的第二次出现的数。

然后把所有询问按左端点排个序。（因为排完序后就是单调的啦）

然后对于每个询问，在树状数组中把(l,r)中第二次出现的数在树状数组中取出个数。（树状数组中本身存储的就是第二次出现的数的个数）

然后左端点要递增的话，把左端点位置上的数的next[i]在树状数组－1，把next[next[i]]在树状数组中＋1，也就是继续维护第二次出现的数。然后把左端点向右移动到当前询问的左端点。

然后就好了。离线处理大法好！！！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 1000010
struct node
{
    int l,r,id;
}q[MAXN];
int a[MAXN],gs[MAXN],BIT[MAXN],ans[MAXN],next[MAXN],last[MAXN],n;
int read()
{
    int s=0,fh=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')fh=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){s=s*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return s*fh;
}
int Lowbit(int k){return k&(-k);}
void Update(int k,int k1)
{
    while(k<=n)
    {
        BIT[k]+=k1;
        k+=Lowbit(k);
    }
}
int Sum(int k)
{
    int sum=0;
    while(k>0)
    {
        sum+=BIT[k];
        k-=Lowbit(k);
    }
    return sum;
}
bool cmp(node aa,node bb){return aa.l<bb.l;}
int main()
{
    freopen("1flower.in","r",stdin);
    freopen("1flower.out","w",stdout);
    int c,m,i,L;
    n=read();c=read();m=read();
    for(i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(i=1;i<=m;i++)q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(last[a[i]]!=0)next[last[a[i]]]=i;
        last[a[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=n;i++){gs[a[i]]++;if(gs[a[i]]==2)Update(i,1);}
    L=1;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        while(L<q[i].l)
        {
            if(next[L]!=0)Update(next[L],-1);
            if(next[next[L]]!=0)Update(next[next[L]],1);
            L++;
        }
        ans[q[i].id]=Sum(q[i].r)-Sum(q[i].l-1);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}