【题解】P4119 [Ynoi2018] 未来日记
题意
给定一个长度为 \(n\) 的序列和 \(m\) 个操作，每次操作可以：
-
将 \([l, r]\) 内的所有值 \(x\) 改为值 \(y\)
-
查询 \([l, r]\) 内第 \(k\) 小的值
相同的值算多次。
\(1 \leq n, m, a_i \leq 10^5\)
思路
最初分块。
分块 + 值域分块 + 并查集。
显然思路是二分套树状数组求静态 \(k\) 小值，但是复杂度不对。
考虑用值域分块代替二分。
将值域 \([1, 10^5]\) 分成 \(\sqrt{10^5}\) 块。
令 \(sum1_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个块内，在第 \(j\) 个值域块内的值的个数，\(sum2_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个块内值 \(j\) 的个数。这两个数组可以 \(\mathcal{O}(n \sqrt{n})\) 预处理。
询问散块直接暴力 nth_element
询问 \([l, r]\) 时另外处理 \(cnt1_{i}\) 表示散块内在第 \(i\) 个值域块内的值的个数，\(cnt2_{i}\) 表示散块内值 \(i\) 的个数。当块长取 \(\sqrt{n}\) 时，处理这两个数组复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)
假设询问第 \(k\) 小。
首先确定第 \(k\) 小值所处的值域块。具体实现可以令 \(sum\) 初始为 \(0\)，枚举值域块 \(i\) 时令 \(sum\) 不断累加 \([l, r]\) 内第 \(i\) 个值域块内的值的个数（用上面处理的数组 \(\mathcal{O}(1)\) 求），当 \(sum \geq k\) 时说明第 \(k\) 小值在第 \(i\) 个值域块内。枚举值域块复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)
然后枚举值域块内的值，用类似上面的方法求出第 \(k\) 小值。复杂度也是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)
类似于 P4117 [Ynoi2018] 五彩斑斓的世界，维护 \(rt_{i, j}, val_{i, j}, pos_i\)。\(rt_{i, j} = k\) 表示 \(k\) 是第 \(i\) 个块内值 \(j\) 对应并查集的根，\(val_{i, j} = k\) 表示第 \(i\) 个块内根 \(j\) 对应的值为 \(k\)。令 \(bel_i\) 表示下标 \(i\) 所属的块的编号，则 pos[i] = rt[ bel[i] ][ a[i] ]
小优化，并查集的根编号不必用数组下标。
\(a_i\) 的真实值为 val[ bel[i] ][ pos[i] ]，还原序列直接用。
直接修改很难，不妨先用 \(sum1\) 和 \(sum2\) 差分出每块内的答案，对每块答案单独维护，最后再前缀和合并。显然不影响复杂度。
散块直接暴力修改重构即可，复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)
修改整块 \(i\) 可以分成三种情况：
-
块 \(i\) 内无 \(x\)，跳过；
-
块 \(i\) 内有 \(x\) 无 \(y\)，令
rt[i][y] = rt[i][x], val[i][ rt[i][x] ] = y, rt[i][x] = 0，相应修改 \(sum1\) 和 \(sum2\) -
块 \(i\) 内有 \(x\) 有 \(y\)。显然序列中出现过的不同值个数最多为 \(n + m\)，这种情况下每次块内值的个数会减少 \(1\)，暴力重构均摊总复杂度是 \(\mathcal{O}((n + m)\sqrt{n})\)，直接暴力即可
时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + m) \sqrt{n})\)
代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxk = 320;
int n, m;
int block, tot;
int st[maxk], ed[maxk];
int a[maxn], bel[maxn];
int cnt1[maxk], sum1[maxk][maxk];
int cnt2[maxn], sum2[maxk][maxn];
int rt[maxk][maxn], val[maxk][maxn], pos[maxn];
void reduce(int idx) {
for (int i = st[idx]; i <= ed[idx]; i++) {
a[i] = val[idx][pos[i]];
}
}
void build(int idx) {
int cur = 0;
for (int i = 1; i <= block; i++) {
rt[idx][val[idx][i]] = 0;
}
for (int i = st[idx]; i <= ed[idx]; i++) {
if (!rt[idx][a[i]]) {
cur++;
rt[idx][a[i]] = cur;
val[idx][cur] = a[i];
}
pos[i] = rt[idx][a[i]];
}
}
void modify(int l, int r, int x, int y) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (a[i] == x) {
sum1[bel[i]][bel[x]]--;
sum1[bel[i]][bel[y]]++;
sum2[bel[i]][x]--;
sum2[bel[i]][y]++;
a[i] = y;
}
}
}
void merge(int idx, int x, int y) {
rt[idx][y] = rt[idx][x];
val[idx][rt[idx][x]] = y;
rt[idx][x] = 0;
}
void update(int l, int r, int x, int y) {
if ((x == y) || (sum2[bel[r]][x] - sum2[bel[l] - 1][x] == 0)) {
return;
}
for (int i = bel[n]; i >= bel[l]; i--) {
sum1[i][bel[x]] -= sum1[i - 1][bel[x]];
sum1[i][bel[y]] -= sum1[i - 1][bel[y]];
sum2[i][x] -= sum2[i - 1][x];
sum2[i][y] -= sum2[i - 1][y];
}
if (bel[l] == bel[r]) {
reduce(bel[l]);
modify(l, r, x, y);
build(bel[l]);
for (int i = bel[l]; i <= bel[n]; i++) {
sum1[i][bel[x]] += sum1[i - 1][bel[x]];
sum1[i][bel[y]] += sum1[i - 1][bel[y]];
sum2[i][x] += sum2[i - 1][x];
sum2[i][y] += sum2[i - 1][y];
}
} else {
reduce(bel[l]);
modify(l, ed[bel[l]], x, y);
build(bel[l]);
reduce(bel[r]);
modify(st[bel[r]], r, x, y);
build(bel[r]);
for (int i = bel[l] + 1; i < bel[r]; i++) {
if (!sum2[i][x]) {
continue;
} else if (sum2[i][y]) {
reduce(i);
modify(st[i], ed[i], x, y);
build(i);
} else {
sum1[i][bel[y]] += sum2[i][x];
sum1[i][bel[x]] -= sum2[i][x];
sum2[i][y] += sum2[i][x];
sum2[i][x] = 0;
merge(i, x, y);
}
}
for (int i = bel[l]; i <= bel[n]; i++) {
sum1[i][bel[x]] += sum1[i - 1][bel[x]];
sum1[i][bel[y]] += sum1[i - 1][bel[y]];
sum2[i][x] += sum2[i - 1][x];
sum2[i][y] += sum2[i - 1][y];
}
}
}
int query(int l, int r, int k) {
int ans, sum = 0;
if (bel[l] == bel[r]) {
reduce(bel[l]);
for (int i = l; i <= r; i++) {
cnt2[i] = a[i];
}
nth_element(cnt2 + l, cnt2 + l + k - 1, cnt2 + r + 1);
ans = cnt2[l + k - 1];
for (int i = l; i <= r; i++) {
cnt2[i] = 0;
}
return ans;
}
reduce(bel[l]);
for (int i = l; i <= ed[bel[l]]; i++) {
cnt1[bel[a[i]]]++;
cnt2[a[i]]++;
}
reduce(bel[r]);
for (int i = st[bel[r]]; i <= r; i++) {
cnt1[bel[a[i]]]++;
cnt2[a[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= bel[100000]; i++) {
if ((sum + cnt1[i] + sum1[bel[r] - 1][i] - sum1[bel[l]][i]) >= k) {
for (int j = (i - 1) * block + 1; j <= i * block; j++) {
if ((sum + cnt2[j] + sum2[bel[r] - 1][j] - sum2[bel[l]][j]) >= k) {
for (int k = l; k <= ed[bel[l]]; k++) {
cnt1[bel[a[k]]]--;
cnt2[a[k]]--;
}
for (int k = st[bel[r]]; k <= r; k++) {
cnt1[bel[a[k]]]--;
cnt2[a[k]]--;
}
return j;
} else {
sum += (cnt2[j] + sum2[bel[r] - 1][j] - sum2[bel[l]][j]);
}
}
} else {
sum += (cnt1[i] + sum1[bel[r] - 1][i] - sum1[bel[l]][i]);
}
}
}
int main() {
int opt, l, r, x, y, k;
scanf("%d%d", &n, &m);
block = sqrt(n);
tot = ceil(n * 1.0 / block);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i < maxn; i++) {
bel[i] = (i - 1) / block + 1;
}
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
st[i] = (i - 1) * block + 1;
ed[i] = i * block;
}
ed[tot] = n;
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
build(i);
}
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
for (int j = 1; j < maxk; j++) {
sum1[i][j] = sum1[i - 1][j];
}
for (int j = 1; j < maxn; j++) {
sum2[i][j] = sum2[i - 1][j];
}
for (int j = st[i]; j <= ed[i]; j++) {
sum1[i][bel[a[j]]]++;
sum2[i][a[j]]++;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &opt);
if (opt == 1) {
scanf("%d%d%d%d", &l, &r, &x, &y);
update(l, r, x, y);
} else {
scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
printf("%d\n", query(l, r, k));
}
}
return 0;
}
