[AHOI 2013]作业(分块&莫队)

作业 [做题笔记]

题目描述

给定一个 $n$ 和序列 $S_1,S_2,S_3,\dots S_n$，给出 $T$ 次询问，每次 $l,r,a,b$,对于 $i∈[l,r]$，求当 $S_i∈[a,b]$ 时，$i$ 的个数和 $S_i$ 的个数。

$n \leq 10^5 ,T \leq 10^6$

做题历程 (废话可忽略)

首先记录一下机房语录：

当我询问机房dalao这题纯用分块可不可过：

@CuFeO4：这题用莫队套树状数组。

@xrlong：这题用莫队套分块。

$for(int\ i=1;i<=114514;i++)$ $\{$

$\ \ \ \ $@CuFeO4：树状数组好写！

$\ \ \ \ $@xrlong：分块快！

$\}$

@xrlong：你树状数组容易被卡

@CuFeO4：我不管反正树状数组好写，而且这题没卡我

@xrlong：加强版数据卡树状数组

$\dots \ \dots$

但是我看着这个$nb$的题目，我想挑战一下用纯分块做法——

假做法1 时空复杂都可过，但是第二问想假了

我推了半节晚三，推出一个很真的假做法：

对于第一问，规定 $sumless[i][j]$ 为前$i$块比$j$小的数的个数,预处理 $O(n \times tot)$，这个预处理很显然：

\[sumless[i][j]=sumless[i][j-1]+cnt[i][j] \]

要求 $[l,r]$ 中大于等于 $a$，小于等于 $b$，的数的个数，设 $vl,vr$ 为左右端点所在块，那么大块中的结果：

$[vl+1,vr-1]$ 中小于 $a$ 的：

\[A=sumless[vr-1][a-1]-sumless[vl][a-1] \]

$[vl+1,vr-1]$ 中小于等于 $b$ 的：

\[B=sumless[vr-1][b]-sumless[vl][b] \]

则大块中结果：

\[res=B-A \]

然后再跑散块即可。显然第一问没有问题。

第二问我如法炮制，规定 $numless[i][j]$ 为前$i$块比$j$小的不一样数的种数，求法同上，但是显然假了。因为一个符合条件的数很可能在 $[1,vl]$ 和 $[vl,vr]$ 中同时出现，而用上文直接相减显然会假。

假代码(记录我的愚蠢)

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 100010
#define M 320
#define read read()
#define pt puts("")
inline int read
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')  f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')   x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return f*x;
}
void write(int x)
{
    if(x<0)  putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)  write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return;
}
int n,T;
int s[N];

int len,tot,v[N],L[M],R[M];
int sumless[M][N];
int numless[M][N];
int cnt[M][N];
bool have[M][N];

void init()
{
    len=sqrt(n);
    tot=(n-1)/len+1;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        L[i]=R[i-1]+1;
        R[i]=L[i]+len-1;
    }
    R[tot]=n;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++){
            v[j]=i;
            cnt[i][s[j]]++;
            have[i][s[j]]=1;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++){
            cnt[i][j]+=cnt[i-1][j];
            have[i][j]|=have[i-1][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            sumless[i][j]=sumless[i][j-1]+cnt[i][j];
            numless[i][j]=numless[i][j-1]+have[i][j];
        }
    }
}

bool vis[N];
void query(int l,int r,int a,int b)
{
    int sum=0,num=0;
    int vl=v[l],vr=v[r];
    if(vr-vl<=1){
        for(int i=l;i<=r;i++){
            if(s[i]>=a&&s[i]<=b){
                sum++;
                if(!vis[s[i]])
                    num++,vis[s[i]]=1;
            }
        }
        for(int i=l;i<=r;i++)  vis[s[i]]=0;
        write(sum);putchar(' ');write(num);pt;
        return;
    }
    int A,B;
    A=sumless[vr-1][a-1]-sumless[vl][a-1];
    B=sumless[vr-1][b]-sumless[vl][b];
    sum=B-A;
    A=numless[vr-1][a-1]-numless[vl][a-1];
    B=numless[vr-1][b]-numless[vl][b];
    num=B-A;
    for(int i=l;i<=R[vl];i++){
        if(s[i]>=a&&s[i]<=b){
            sum++;
            if(!(cnt[vr-1][s[i]]-cnt[vl][s[i]])&& !vis[s[i]])
                num++,vis[s[i]]=1;
        }
    }
    for(int i=r;i>=L[vr];i--){
        if(s[i]>=a&&s[i]<=b){
            sum++;
            if(!(cnt[vr-1][s[i]]-cnt[vl][s[i]])&& !vis[s[i]])
                num++,vis[s[i]]=1;
        }
    }
    for(int i=l;i<=R[vl];i++)  vis[s[i]]=0;
    for(int i=r;i>=L[vr];i--)  vis[s[i]]=0;
    write(sum);putchar(' ');write(num);pt;
    return;
}


signed main()
{
    n=read,T=read;
    for(int i=1;i<=n;i++)  s[i]=read;
    init();
    int l,r,a,b;
    while(T-->0)
    {
        l=read,r=read,a=read,b=read;
        query(l,r,a,b);
    }
    return 0;
}

假做法2 牺牲空间，但由于看错 $T$ 的范围，狂 $T$ 不止

第一问同上，第二问我考虑用 $num[i][j][k]$ 来表示第 $i$ 块到第 $j$ 块小于等于 $k$ 的数的种数，空间 $O(n \times tot^2)$，为了卡过 $10^8$ ,算出块长可为 $3000$ ,我本以为 $T$ 和 $n$ 同一个数量级，时间 $O(10^9)$ 可以卡过 $10000ms$ 时限，然后 $TLE$ ,我才发现

\[n \leq 10^5 ,T \leq 10^6 \]

for(int i=1;i<=tot;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++)
            sumless[i][j]=sumless[i][j-1]+cnt[i][j];
        for(int j=i;j<=tot;j++){
            for(int k=1;k<=n;k++){
                numless[i][j][k]=numless[i][j][k-1];
                if(cnt[j][k]-cnt[i-1][k])  numless[i][j][k]++;
            }
        }
    }

又挂了，于是我果断—— 贺学习莫队

正解(莫队&分块)

初学莫队，不得不赞叹，莫队太屌了，我们不再对原序列分块，我们对所有询问排序并分块，类似于一个区间从左往右扫，挨个解决每个询问

核心就这几行：

for(int i=1;i<=m;i++){
        while(ql<q[i].l)  del(s[ql++]);
        while(ql>q[i].l)  add(s[--ql]);
        while(qr<q[i].r)  add(s[++qr]);
        while(qr>q[i].r)  del(s[qr--]);
        //到底是 ++ql，还是ql++，可以推一下原因
        ans1[q[i].id]=query1(q[i].a,q[i].b);
        ans2[q[i].id]=query2(q[i].a,q[i].b);
    }

我们对值域分块，设：

$cnt[x]$ 表示当前区间内 $x$ 出现次数
$spx1[i]$ 表示第 $i$ 块中数的个数
$spx2[i]$ 表示第 $i$ 块中不同数的种数

修改即：

void add(int x)
{
    if(!cnt[x])  spx2[v[x]]++;
    spx1[v[x]]++;
    cnt[x]++;
}
void del(int x)
{
    cnt[x]--;
    spx1[v[x]]--;
    if(!cnt[x])  spx2[v[x]]--;
}

当我们跑到查询区间 $[q_i.l,q_i.r]$ 时，直接分块思想查询 $[q_i.a,q_i.b]$ 即可。

int query1(int a,int b)
{
    int res=0;
    int va=v[a],vb=v[b];
    if(vb-va<=1){
        for(int i=a;i<=b;i++)  res+=cnt[i];
        return res;
    }
    for(int i=va+1;i<=vb-1;i++)
        res+=spx1[i];
    for(int i=a;i<=R[va];i++)  res+=cnt[i];
    for(int i=b;i>=L[vb];i--)  res+=cnt[i];
    return res;
}
int query2(int a,int b)
{
    int res=0;
    int va=v[a],vb=v[b];
    if(vb-va<=1){
        for(int i=a;i<=b;i++)  res+=(cnt[i]>0);
        return res;
    }
    for(int i=va+1;i<=vb-1;i++)
        res+=spx2[i];
    for(int i=a;i<=R[va];i++)  res+=(cnt[i]>0);
    for(int i=b;i>=L[vb];i--)  res+=(cnt[i]>0);
    return res;
}

$AC\ \ code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 100010
#define T 350
#define M 1000010
#define read read()
#define pt puts("")
inline int read
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')  f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')   x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return f*x;
}
void write(int x)
{
    if(x<0)  putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)  write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return;
}
int n,m;
int s[N];
int len,tot,v[N],L[T],R[T];
int spx1[T],spx2[T];
int ans1[M],ans2[M];
int cnt[N];
struct Q{
    int l,r,a,b,id;
}q[M];
bool cmp(Q a,Q b)
{
    if(v[a.l]==v[b.l])  return a.r<b.r;
    return a.l<b.l;
}

void init()
{
    len=sqrt(n);
    tot=(n-1)/len+1;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        L[i]=R[i-1]+1;
        R[i]=L[i]+len-1;
    }
    R[tot]=n;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
            v[j]=i;
}
void add(int x)
{
    if(!cnt[x])  spx2[v[x]]++;
    spx1[v[x]]++;
    cnt[x]++;
}
void del(int x)
{
    cnt[x]--;
    spx1[v[x]]--;
    if(!cnt[x])  spx2[v[x]]--;
}
int query1(int a,int b)
{
    int res=0;
    int va=v[a],vb=v[b];
    if(vb-va<=1){
        for(int i=a;i<=b;i++)  res+=cnt[i];
        return res;
    }
    for(int i=va+1;i<=vb-1;i++)
        res+=spx1[i];
    for(int i=a;i<=R[va];i++)  res+=cnt[i];
    for(int i=b;i>=L[vb];i--)  res+=cnt[i];
    return res;
}
int query2(int a,int b)
{
    int res=0;
    int va=v[a],vb=v[b];
    if(vb-va<=1){
        for(int i=a;i<=b;i++)  res+=(cnt[i]>0);
        return res;
    }
    for(int i=va+1;i<=vb-1;i++)
        res+=spx2[i];
    for(int i=a;i<=R[va];i++)  res+=(cnt[i]>0);
    for(int i=b;i>=L[vb];i--)  res+=(cnt[i]>0);
    return res;
}

signed main()
{
    n=read,m=read;
    for(int i=1;i<=n;i++)  s[i]=read;
    init();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        q[i].id=i;q[i].l=read;q[i].r=read;q[i].a=read;q[i].b=read;
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    int ql=1,qr=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(ql<q[i].l)  del(s[ql++]);
        while(ql>q[i].l)  add(s[--ql]);
        while(qr<q[i].r)  add(s[++qr]);
        while(qr>q[i].r)  del(s[qr--]);
        ans1[q[i].id]=query1(q[i].a,q[i].b);
        ans2[q[i].id]=query2(q[i].a,q[i].b);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        write(ans1[i]);
        putchar(' ');
        write(ans2[i]);
        pt;
    }
    return 0;
}

posted @ 2024-03-21 14:56 lty_ylzsx 阅读(43) 评论(5) 编辑收藏举报

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lty-ylzsx

会当凌绝顶，一览众山小