「SNOI2017」一个简单的询问
「SNOI2017」一个简单的询问
简单的解法
显然可以差分一下。
\[get(l,r,x)\times get(l1,r1,x)=get(1,r,x) \times get(1,r1,x)-get(1,l-1,x) \times get(1,r1,x)-get(1,r,x) \times get(1,l1-1,x)+get(1,l-1,x) \times get(1,l1-1,x)
\]
因为都是1为起始，那么记两个cnt数组，表示前缀，然后可以分成四个区间，莫队。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(q, a, b) for (int q = a, q##_end_ = b; q <= q##_end_; ++q)
#define dep(q, a, b) for (int q = a, q##_end_ = b; q >= q##_end_; --q)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define debug(a) cerr << #a << ' ' << a << "___" << endl
using namespace std;
bool cur1;
char buf[10000000], *p1 = buf, *p2 = buf;
#define Getchar() p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 10000000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++
void in(int &r) {
static char c;
r = 0;
while (c = Getchar(), c < 48)
;
do
r = (r << 1) + (r << 3) + (c ^ 48);
while (c = Getchar(), c > 47);
}
const int mn = 50005;
int K, n, val[mn];
long long ans[mn];
struct node {
int l, r, id, ty;
bool operator<(const node &A) const {
return l / K == A.l / K ? (l / K & 1 ? r > A.r : r < A.r) : l / K < A.l / K;
}
} an[mn * 4];
int cnt[mn], cnt1[mn];
long long mid_ans;
bool cur2;
int main() {
// cerr<<(&cur2-&cur1)/1024.0/1024<<endl;
in(n);
K = sqrt(n) + 1;
rep(q, 1, n) in(val[q]);
int Q;
in(Q);
int l, r, l1, r1;
int ct = 0;
rep(q, 1, Q) {
in(l), in(r), in(l1), in(r1);
an[++ct] = { r, r1, q, 1 };
if (l > 1) {
an[++ct] = { l - 1, r1, q, -1 };
if (l1 > 1)
an[++ct] = { l1 - 1, l - 1, q, 1 };
}
if (l1 > 1)
an[++ct] = { l1 - 1, r, q, -1 };
}
sort(an + 1, an + ct + 1);
l = 0, r = 0;
rep(q, 1, ct) {
while (l > an[q].l) mid_ans -= cnt1[val[l]], --cnt[val[l--]];
while (r < an[q].r) mid_ans += cnt[val[++r]], ++cnt1[val[r]];
while (l < an[q].l) mid_ans += cnt1[val[++l]], ++cnt[val[l]];
while (r > an[q].r) mid_ans -= cnt[val[r]], --cnt1[val[r--]];
ans[an[q].id] += mid_ans * an[q].ty;
}
rep(q, 1, Q) printf("%lld\n", ans[q]);
return 0;
}
麻烦的解法
对于两个区间\([l,r],[l1,r1](l \leq l1)\)，分三类容斥：
- 没有交
- \([l1,r1]\)被\([l,r]\)包含
- 两个区间相交且没有包含关系
对于1
\([l,r]\)值为K数有x，\([r+1,l1-1]\)值为K数有y，\([l1,r1]\)值为K数有z。
\[xz= {(x+y+z)^2-(x+y）^2-(y+z)^2+y^2\over 2}
\]
因此可以拆成4个区间计算。
对于2
\([l,l1-1]\)值为K数有x，\([l1,r1]\)值为K数有y，\([r1+1,r]\)值为K数有z。
\[y(x+y+z)={(x+y)^2+(y+z)^2-x^2-z^2 \over 2}
\]
因此可以拆成4个区间计算。
对于3
\([l,l1-1]\)值为K数有x，\([l1,r]\)值为K数有y，\([r+1,r1]\)值为K数有z。
\[(x+y)(y+z)= {(x+y+z)^2-x^2-z^2+y^2\over 2}
\]
因此可以拆成4个区间计算。
综上
一遍莫队即可，计算区间中相同数个数的平方的和。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q<=q##_end_;++q)
#define dep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q>=q##_end_;--q)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a )
#define debug(a) cerr<<#a<<' '<<a<<"___"<<endl
using namespace std;
bool cur1;
char buf[10000000],*p1=buf,*p2=buf;
#define Getchar() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,10000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
void in(int &r) {
static char c;
r=0;
while(c=Getchar(),c<48);
do r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48);
while(c=Getchar(),c>47);
}
const int mn=50005;
int K,n,val[mn];
long long ans[mn];
struct node{
int l,r,id,ty;
bool operator <(const node &A)const{
return l/K==A.l/K?(l/K&1?r>A.r:r<A.r):l/K<A.l/K;
}
}an[mn*4];
int cnt[mn];
long long mid_ans;
bool cur2;
int main(){
// cerr<<(&cur2-&cur1)/1024.0/1024<<endl;
in(n);
K=sqrt(n)+1;
rep(q,1,n)in(val[q]);
int Q;
in(Q);
int l,r,l1,r1;
int ct=0;
rep(q,1,Q){
in(l),in(r),in(l1),in(r1);
if(l>l1)swap(l,l1),swap(r,r1);
if(r<l1){
an[++ct]={l,r1,q,1};
an[++ct]={l,l1-1,q,-1};
an[++ct]={r+1,r1,q,-1};
if(l1-1>=r+1)an[++ct]={r+1,l1-1,q,1};
}else if(r1<=r){
an[++ct]={l,r1,q,1};
an[++ct]={l1,r,q,1};
if(l<=l1-1)an[++ct]={l,l1-1,q,-1};
if(r1+1<=r)an[++ct]={r1+1,r,q,-1};
}else{
an[++ct]={l,r1,q,1};
an[++ct]={l1,r,q,1};
if(l<=l1-1)an[++ct]={l,l1-1,q,-1};
if(r+1<=r1)an[++ct]={r+1,r1,q,-1};
}
}
sort(an+1,an+ct+1);
mid_ans=1,cnt[val[1]]=1;
l=1,r=1;
rep(q,1,ct){
while(l>an[q].l)--l,mid_ans+=(cnt[val[l]]++)<<1|1;
while(r<an[q].r)++r,mid_ans+=(cnt[val[r]]++)<<1|1;
while(l<an[q].l)mid_ans-=(--cnt[val[l]])<<1|1,++l;
while(r>an[q].r)mid_ans-=(--cnt[val[r]])<<1|1,--r;
ans[an[q].id]+=mid_ans*an[q].ty;
}
rep(q,1,Q)printf("%lld\n",ans[q]>>1);
return 0;
}
