[BZOJ2821]作诗

description

在线询问区间内出现次数为正偶数的数的种数。

data range

\[n,m\le 10^5 \]

solution

分块大法好

首先离散化权值
这种对于权值做询问并且询问放在一起的分块其实很好做
我们首先预处理出以下两个东西:
1:\(s[i][j]\),表示前\(i\)个块内权值为\(j\)的数的个数,这个预处理是\(O(n\sqrt n)\)的
2:\(w[i][j]\),表示第\(i\)个块到第\(j\)个块内我们要查询的信息,
这个我们每次从\(\sqrt n\)个块的块头开始扫一边数组即可,复杂度为\(O(n\sqrt n)\)
查询的时候,首先调用\(w[i][j]\)调用整体块内的信息
对于两边的\(2\sqrt n\)个数,我们可以使用桶+查询整体块内对应权值来获取对应最多\(2\sqrt n\)个权值的信息
于是我们就用时间和空间复杂度均为\(O(n\sqrt n)\)的分块解决了这种题目

Code

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define Cpy(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define Set(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FILE "2821"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const int N=100010;
const int M=10000010;
const dd eps=1e-5;
const int inf=2147483647;
const ll INF=1ll<<60;
const ll P=100000;
il ll read(){
  RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
  if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
  while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
  return data*w;
}

il void file(){
  srand(time(NULL)+rand());
  freopen(FILE".in","r",stdin);
  freopen(FILE".out","w",stdout);
}

int n,c,Q,m,blk,len,o[N],a[N],b[N],s[352][N],w[352][352],t[N],ans;

int main()
{
  n=read();c=read();Q=read();m=350;blk=(n-1)/m+1;
  for(RG int i=1;i<=n;i++){o[i]=a[i]=read();b[i]=(i-1)/m+1;}
  sort(o+1,o+n+1);len=unique(o+1,o+n+1)-o-1;
  for(RG int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(o+1,o+len+1,a[i])-o;
  for(RG int i=1;i<=blk;i++){
    for(RG int j=1;j<=len;j++)s[i][j]=s[i-1][j];
    for(RG int j=(i-1)*m+1;j<=n&&j<=i*m;j++)s[i][a[j]]++;
    memset(t,0,sizeof(t));ans=0;
    for(RG int j=i;j<=blk;w[i][j]=ans,j++)
      for(RG int k=(j-1)*m+1;k<=n&&k<=j*m;k++){
	t[a[k]]++;if(t[a[k]]>=2)(t[a[k]]&1)?ans--:ans++;
      }
  }
  ans=0;
  while(Q--){
    RG int l=(read()+ans)%n+1,r=(read()+ans)%n+1;if(l>r)swap(l,r);
    if(b[l]==b[r]){
      ans=0;
      for(RG int i=l;i<=r;i++)t[a[i]]=0;
      for(RG int i=l;i<=r;i++){
	t[a[i]]++;if(t[a[i]]>=2)(t[a[i]]&1)?ans--:ans++;
      }
    }
    else{
      for(RG int i=l;i==l||i%m!=1;i++)t[a[i]]=0;
      for(RG int i=r;i==r||i%m!=0;i--)t[a[i]]=0;
      ans=w[b[l]+1][b[r]-1];
      for(RG int i=l,ret;i==l||i%m!=1;i++){
	if(!t[a[i]])t[a[i]]+=(s[b[r]-1][a[i]]-s[b[l]][a[i]]);
	t[a[i]]++;ret=t[a[i]];
	if(ret>=2)(ret&1)?ans--:ans++;
      }
      for(RG int i=r,ret;i==r||i%m!=0;i--){
	if(!t[a[i]])t[a[i]]+=(s[b[r]-1][a[i]]-s[b[l]][a[i]]);
	t[a[i]]++;ret=t[a[i]];
	if(ret>=2)(ret&1)?ans--:ans++;
      }
    }
    printf("%d\n",ans);
  }
  
  return 0;
}