wannafly 练习赛10 f 序列查询（莫队，分块预处理，链表存已有次数）
链接：https://www.nowcoder.net/acm/contest/58/F
时间限制：C/C++ 5秒，其他语言10秒
64bit IO Format: %lld
题目描述
这个区间内一共有2^(r-l+1)-1个非空子序列
一个子序列对答案的贡献是其去重后的和
求所有子序列的贡献的和%p
每次的p不一样
输入描述:
第一行两个数n,m
第二行n个数表示序列a
后面m行每行三个数l,r,p表示查询区间[l,r]，模数是p
输出描述:
对于每个查询输出一行一个数表示答案
输入
5 5 1 2 2 3 4 1 2 233333 2 3 333333 1 5 203 3 5 15 2 4 8
输出
6 6 176 6 0
说明
[1,2]中有3个子序列(1),(2),(1,2)，贡献分别为1,2,3
[2,3]中有3个子序列(2),(2),(2,2)，贡献分别为2,2,2
[1,5]中有31个子序列
(1),(2),(2),(3),(4),(1,2),(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4),(2,3),(2,4),(3,4),(1,2,2),(1,2,3),(1,2,4),(1,2,3),
(1,2,4),(1,3,4),(2,2,3),(2,2,4),(2,3,4),(2,3,4),(1,2,2,3),(1,2,2,4),(1,2,3,4),(1,2,3,4),(2,2,3,4),(1,2,2,3,4)
贡献为:1,2,2,3,4,3,3,4,5,2,5,6,5,6,7,3,6,7,6,7,8,5,6,9,9,6,7,10,10,9,10
[3,5]中有7个子序列
(2),(3),(4),(2,3),(2,4),(3,4),(2,3,4)
贡献为:2,3,4,5,6,7,9
[2,4]中有7个子序列
(2),(2),(3),(2,2),(2,3),(2,3),(2,2,3)
贡献为:2,2,3,2,5,5,5
备注:
对于100%的数据，有1 <= n , m , a[i] <= 100000 , 1 <= p <= 1000000000
看这个题真的是一脸懵逼，看了题解之后算有所收获
贴个题解
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先考虑单次询问怎么算
对于数x，假设出现了y次，区间长度是len
则x对答案的贡献是
是除了x之外的数有这么多个不同的子序列，这些对x的贡献没有影响
是所有x构成的子序列中有种至少包含一个x，有1种不包含x
如果每次模数一样的话，直接边跑莫队维护就可以了。。。
然而出题人想恶心你，所以每次模数不一样
注意到贡献分为两部分与
其中第一部分非常好维护
第二部分的贡献，可以把出现次数相同的数一起维护贡献
注意到一起区间中只有O( sqrt( n ) )种不同的出现次数
因为1+2+...+sqrt(n) = O(n)
这是一个自然根号
所以我们可以用一个均摊的莫队来维护区间可能的出现次数，从而维护区间中所有出现次数
然后为了O(1)实现快速幂，我们可以每次O( sqrt(n) )算出
2^1,2^2…2^sqrt(n) % p
以及2^sqrt(n),2^2sqrt(n)…2^sqrt(n)*sqrt(n) % p
总复杂度O( nsqrtm + msqrtn ) = O( msqrtn )
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再贴个自己代码
#include <bits/stdc++.h> #define mst(a,b) memset((a),(b), sizeof a) #define lowbit(a) ((a)&(-a)) #define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); using namespace std; typedef long long ll; const int mod=1e9+7; const int maxn=1e5+100; int qpow(int b,int p){ ll ret=1;ll a=2; while(b){ if(b&1)ret=ret*a%p; b>>=1; a=a*a%p; } return (int)ret; } struct node{ int l,r,p,blo,id; bool operator<(const node&p)const{ return (blo<p.blo||blo==p.blo&&r<p.r); } }qry[maxn]; int pre[maxn],nx[maxn];int head; void insert(int v){ pre[v]=0; pre[head]=v; nx[v]=head; head=v; } void erase(int v){ if(!pre[v]){ head=nx[v];pre[head]=0; }else{ nx[pre[v]]=nx[v]; pre[nx[v]]=pre[v]; } } int a[maxn];int sq; int one[maxn],two[maxn]; void init(int p){ one[0]=1;for(int i=1;i<=sq+1;++i)one[i]=one[i-1]*2%p; two[0]=1;two[1]=one[sq]; for(int i=2;i<=sq+1;++i)two[i]=(ll)two[i-1]*two[1]%p; } ll tol[maxn]; int len; int ti[maxn],cnt[maxn]; void update(int pos,int d){ int val=a[pos]; if(ti[val]){ tol[ti[val]]-=val; --cnt[ti[val]]; if(!cnt[ti[val]])erase(ti[val]); } ti[val]+=d; if(ti[val]){ tol[ti[val]]+=val; if(!cnt[ti[val]])insert(ti[val]); ++cnt[ti[val]]; } } int get(int d,int p){ return (int)((ll)two[d/sq]*one[d%sq]%p); } int get_ans(int p){ ll ret=0,all=0; for(int i=head;i;i=nx[i]){ ret=(ret-tol[i]*get(len-i,p))%p; all+=tol[i]; } ret=(ret+all*qpow(len,p))%p; return (int)((ret+p)%p); } int ans[maxn]; int main(){ #ifdef local freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); #endif int n,m;scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]); sq=sqrt(n); for(int i=1;i<=m;++i){ scanf("%d%d%d",&qry[i].l,&qry[i].r,&qry[i].p); qry[i].blo = qry[i].l/sq;qry[i].id=i; } sort(qry+1,qry+1+m); int L=1,R=0; for(int i=1;i<=m;++i){ init(qry[i].p); len=qry[i].r-qry[i].l+1; while(R<qry[i].r){++R;update(R,1);} while(R>qry[i].r){update(R,-1);--R;} while(L>qry[i].l){--L;update(L,1);} while(L<qry[i].l){update(L,-1);++L;} // cout<<qry[i].l<<" "<<qry[i].r<<endl; // for(int i=head;i;i=nx[i])cout<<i<<" "; // cout<<endl<<endl; ans[qry[i].id]=get_ans(qry[i].p); } for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
这题的收获主要是在那个sqrt(n)预处理从而o1求出 2^(len-y)%p 那里
之前是做过类似的题目的，然后记忆中一直都是分块分块，很模糊，这次遇到这题才惊叹，哦原来是这么用，还有就是最多只有sqrt(n)种次数，也不知道怎么存，看了别人代码，发现链表完美符合要求，真的是牛批，自己还是太弱了emmm
（这题插入链表开始的时候写错了，调了几个小时，以后要细心点）
