【题解】P4119 [Ynoi2018] 未来日记

题意

P4119 [Ynoi2018] 未来日记

给定一个长度为 $n$ 的序列和 $m$ 个操作，每次操作可以：

1. 将 $[l, r]$ 内的所有值 $x$ 改为值 $y$

2. 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

view code#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;
}