莫队题三道（LOJ6273, CF1476G, CF700D）
LOJ6273 郁金香
题目大意：
给定长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1\dots n}\)。\(m\) 次询问，每次问一个区间 \([l, r]\) 中出现次数第 \(k\) 多的数值。如果出现次数相同，则认为较小的数出现次数较多。
数据范围：\(1\leq n, m\leq 10^5\)，\(1\leq a_i\leq n\)。
莫队。维护出：
- 每个数值的出现次数，记为 \(c\) 序列。形式化地：\(c_{i} = \sum_{j = l}^{r} [a_j = i]\)。
- 每种“出现次数”的出现次数（即它对应了多少个数值），记为 \(c'\) 序列。形式化地：\(c'_i = \sum_{j = 1}^{n}[c_j = i]\)。
考虑先求出答案的出现次数。即，求最大 \(i\)，满足 \(\sum_{j = i}^{n} c'_j\geq k\)。考虑用一个数据结构来维护 \(c'\) 序列，支持单点修改，回答上述询问。因为外层使用了莫队，所以单点修改次数较多（有 \(\mathcal{O}(m\sqrt{n})\) 次），而询问只有 \(\mathcal{O}(m)\) 次，所以采用“根号平衡”的思想，用分块来维护 \(c'\) 序列。这样修改是 \(\mathcal{O}(1)\) 的，询问是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。具体方法后面会说。
现在已经知道了答案的出现次数 \(i\)，但还不知道具体的数值。设 \(k' = k - \sum_{j = i + 1}^{n}c'_j\)。问题转化为，求出现次数为 \(i\) 的数里，第 \(k'\) 小的。朴素的想法是对每个出现次数 \(i\)，维护一棵平衡树，支持：插入一个数，删除一个数，查询第 \(k\) 大值。这样修改（插入/删除）和查询都 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的。但（again）我们的修改次数很多，而查询次数较少。所以仍然考虑根号平衡。在值域上分块。然后维护数值 \(f_{i, j}\) 表示出现次数为 \(i\) 的数值里，数值大小位于第 \(j\) 块的有多少个。这样相当于插入和删除都是 \(\mathcal{O}(1)\) 的，询问是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。总的空间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。
总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)，空间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)（\(n, m\) 同阶）。
前面说的“分块”方法，你可以概括性地理解为，它是一种数据结构，支持：
- 单点修改。做法是：修改时更新该位置所在的块的信息（块内和）。时间复杂度 \(\mathcal{O}(1)\)。
- 查询整个序列中，第一个前缀和 \(\geq k\) 的位置（或最后一个后缀和 \(\geq k\) 的位置）。做法是：逐个块扫描，完整块的信息已经维护好，这样可以快速定位到答案所在的块。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)。
上述两条，用平衡树来理解，就是插入/删除元素，查询第 \(k\) 大/第 \(k\) 小的元素。
特别地，2 操作中，如果只需要查询答案所在的块，而不需要知道具体位置，那么空间复杂度可以 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)。本题里，对每种出现次数 \(i\) 维护的 \(f_{i}\) 就是这样一个空间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的数据结构，我们用它来代替了平衡树。
总结：因为有关数值的出现次数，容易想到用莫队来维护。然后要使用“分块”的数据结构，它常与莫队等其他根号算法结合，用于根号平衡。
CF1476G Minimum Difference
题目大意：
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。\(m\) 次操作，是如下两种之一：
- \(1\ l\ r\ k\)。设 \(c_i\) 为区间 \([l, r]\) 里数值 \(i\) 的出现次数。该操作表示查询一个最小的 \(d\)，使得存在 \(k\) 个在区间里出现过的数 \(x_1, x_2, \dots ,x_k\)，满足 \(\forall i\in[1, k], j\in[1, k]: |c_{x_i} - c_{x_j}|\leq k\)。如果区间里出现的数不到 \(k\) 个，输出 \(-1\)。
- \(2\ p\ x\)。表示将位置 \(p\) 上的数修改为 \(x\)。即 \(a_p\gets x\)。
数据范围：\(1\leq n,m, a_i\leq 10^5\)。
用带修改的莫队（三维莫队）。维护出：
- 每个数值的出现次数，记为 \(c\) 序列。形式化地：\(c_{i} = \sum_{j = l}^{r} [a_j = i]\)。
- 每种“出现次数”的出现次数（即它对应了多少个数值），记为 \(c'\) 序列。形式化地：\(c'_i = \sum_{j = 1}^{n}[c_j = i]\)。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^{\frac{3}{5}})\)。具体分析可以参考三维莫队的教程。
那么问题转化为：求一对 \(i, j\)（\(1\leq i\leq j\leq n\)）满足 \(\sum_{t = i}^{j} c'_t\geq k\)，要求最小化 \(j - i\) 的值。
这个问题单独做是很困难的。于是考虑 \(c'\) 序列的实际意义：\(c'_i\) 表示（当前区间 \([l, r]\) 里）出现次数为 \(i\) 的数值的数量。所以：\(\sum_{i = 1}^{n}c'_i\cdot i = r - l + 1\leq n\)。这意味着，\(c'_i > 0\) 的不同的 \(i\)，数量是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。
维护出所有 \(c'_i > 0\) 的 \(i\) 的集合（不需要保证集合有序）。也就是仅支持插入和删除，这可以 \(\mathcal{O}(1)\) 实现。
每次询问时，将 \(c'_i > 0\) 的这些 \(i\)，从小到大排序（用 \(\texttt{std::sort}\) 暴力排，反正它们数量只有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)）。然后 two pointers 扫一遍，即可求出答案。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^{\frac{3}{5}} + n\sqrt{n}\log n)\)（\(n, m\) 同阶）。
总结：难点在于莫队之后，要结合实际意义，利用其特殊的性质，从而解决看似“不可做”的问题。
CF700D Huffman Coding on Segment
题目大意：
考虑对一个字符串（本题里用数字序列表示）进行二进制编码。使得：
- 字符串里出现过的每个字符，都对应一个二进制编码。
- 不存在两个字符 \(i, j\)，使得 \(i\) 的编码是 \(j\) 的编码的前缀。
一种编码方案的“长度”，是指把字符串里每个字符对应的编码顺次连接起来，得到的二进制串的长度。
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。\(q\) 次询问。每次询问给出区间 \(l_i, r_i\)，求给字符串 \(a_{l_i}, a_{l_i + 1},\dots,a_{r_i}\) 编码的最小长度。
数据范围：\(1\leq n, q, a_i\leq 10^5\)。
一种编码方案，可以看做一棵二叉树。从根出发，向左走一步表示一个 \(0\)，向右走一步表示一个 \(1\)。每个字符，都是二叉树上的一个叶子。设第 \(i\) 种字符的出现次数为 \(c_i\)，在二叉树上的深度为 \(d_i\)，则该编码方案的长度就是：\(\sum_{i} c_i\cdot d_i\)。我们要构造出一棵二叉树，来最小化这个值。
这是一个经典的问题。可以用贪心法求解。
设有 \(k\) 种字符。初始时，只有 \(k\) 个节点，它们之间还没有连边。可以看做是 \(k\) 棵树，每个节点都是根。每个点的点权是 \(c_i\)。每次选择两个点权最小的根节点，将它们合并。即：新建一个节点，作为它们的父亲，新节点的点权是原来两个根节点的点权之和。同时因为两个节点高度都增加了 \(1\)，所以答案要加上这两个节点的点权和。
可以用 \(\texttt{std::priority_queue}\)（优先队列）实现上述过程。时间复杂度 \(\mathcal{O}(k \log k)\)。
本题里，我们要处理 \(q\) 次询问。朴素做法的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(qn\log n)\)，无法通过。
可以用莫队算法来维护每个数值的出现次数，这部分的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(q\sqrt{n})\)。
然后如何计算答案呢？因为没有直观的做法，所以考虑根号分治：把两个暴力拼起来！设置一个阈值 \(B\)。
- 对于区间里，出现次数 \(\geq B\) 的数，这样的数最多只有 \(\frac{n}{B}\) 个，可以直接用优先队列实现上述的贪心做法，时间复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B}\log \frac{n}{B})\)。
- 出现次数 \(< B\) 的数，它们的数量可能很多。所以我们不枚举这些数。而是直接枚举它们的出现次数，即 \(1\dots B - 1\)。可以提前用一个数组存好，每种出现次数对应了多少个数值。从 \(1\) 到 \(B - 1\) 扫描所有出现次数，模拟上述贪心做法的过程：设当前扫描到的出现次数为 \(i\)，对应的数值有 \(t_i\) 个，那么将它们两两合并为 \(2i\)，即：\(t_{2i}\leftarrow t_{2i} + \frac{t_i}{2}\)。特别地，如果 \(2i\geq B\)，则直接暴力将这 \(\frac{t_i}{2}\) 个数加入优先队列，和后面（出现次数 \(\geq B\)）的数放在一起贪心。另外，\(t_i\) 是奇数时，需要注意一些细节。
下面分析第二种情况的时间复杂度，首先扫描一遍肯定是 \(\mathcal{O}(B)\) 的。重点在于 \(2i\geq B\) 时，暴力将 \(\frac{t_i}{2}\) 个数加入优先队列，总共会加几次。我们每次操作会令 \(t_{2i}\leftarrow t_{2i} + \frac{t_i}{2}\)。发现不管操作多少次，\(\sum i\cdot t_i\) 始终是不变的。因为初始时 \(\sum i\cdot t_i\leq n\)，所以最终的 \(\sum_{i\geq B} i\cdot t_i\) 还是 \(\leq n\) 的。我们加入优先队列的元素数量，就是此时的 \(\sum_{i\geq B} t_i\)，它是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B})\) 级别的。
于是我们能够在 \(\mathcal{O}(B + \frac{n}{B}\log \frac{n}{B})\) 的时间复杂度内回答单次询问。取 \(B = \sqrt{n\log n}\)。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(q\sqrt{n \log n})\)。（大概）。
总结
有关“序列、区间里、数值的出现次数”的问题，一般都要想到用莫队来维护。
莫队后，往往就是要维护一个序列，支持单点修改，然后回答各种各样的询问。因为外层套了莫队，所以需要 \(\mathcal{O}(1)\) 的单点修改，而询问则可以较慢。一般的数据结构（如线段树、平衡树），修改和查询都是 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的，往往难以胜任。此时有如下的一些方法：
- 用分块代替一般的数据结构。
- 根据实际意义，分析要维护的数组的特殊性质。
（欢迎读者继续补充。）
