P1972 [SDOI2009] HH的项链

【解法一】树状数组解法

本题核心：如何判断一个区间内的贝壳是否重复？

当右端点 $r$ 固定时，不论 $l$ 取何值，对于任意一组重复的贝壳，都可以只统计最右端的贝壳。

原因：设一组重复贝壳中最右端的贝壳所在的位置为，那么当时，其他贝壳也不可能算进统计中，当 $pos_r \ge l$ 时，无论其他贝壳是否被包括，对于区间的贡献都只有 $1$ ，因此，只计算最右端的贝壳即可。

因此，只需要将所有询问区间按 $r$ 从小到大排序，计算答案即可。

【树状数组作用】

以位置为下标，每遇到一个新的数 $num(num \le r)$ ，判断它是否重复，如果重复，那么将上一个相同的数的位置贡献值 $-1$ ，将当前数的位置的贡献值 $+1$ 。

对于一段区间 $[l,r]$ ，答案为 $sum(r)-sum(l-1)$ 。

【code】

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,ask_r,prev,pos;
int vis[1000005],a[1000005],t[1000005],ans[1000005];
struct A{
	int l,r,num;
}ask[1000005];
bool cmp(A x,A y){
	return x.r<y.r;
}
int find(int pos){
	ask_r=ask[pos++].r;
	while(ask_r==ask[pos].r) pos++;
	return pos-1;
}
void add(int x,int y){
	for(;x<=n;x+=(x&-x)) t[x]+=y;
	return;
} 
int sum(int x){
	int su=0;
	for(;x;x-=(x&-x)) su+=t[x];
	return su;
}
void replace(){
	for(int i=ask[prev].r+1;i<=ask_r;i++){
		if(vis[a[i]]!=0) add(vis[a[i]],-1);
		add(i,1);
		vis[a[i]]=i;
	}
	for(int i=prev+1;i<=pos;i++) ans[ask[i].num]=sum(ask[i].r)-sum(ask[i].l-1);
	return;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r),ask[i].num=i;
	sort(ask+1,ask+m+1,cmp);
	while(1){
		if(pos==m) break;
		prev=pos;
		pos=find(pos+1);
		replace();
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
}

【 $summary$ 】

此题不再以数据范围为下标，而是以位置为下标。对于树状数组的应用更加灵活。在想到以最右端的贝壳为有价值的贡献时，对应到树状数组的操作就可以是上一个重复的数的位置的贡献值 $-1$ ，当前数的位置的贡献值 $+1$ 。然后用前缀和统计区间内的个数。算进一步的开阔思维。

【解法二】可持久化线段树

可持久化线段树简介（主席树）

可持久化线段树本质为记录每个时段线段树的状态。

P3834 【模板】可持久化线段树 2

思想剖析

如题，给定 $n$ 个整数构成的序列 $a$ ，将对于指定的闭区间 $[l, r]$ 查询其区间内的第 $k$ 小值。

以此题为例，线段树以元素种类从小到大排序作为叶子结点，阶段划分为 $[1 \sim i] (1 \le i \le n)$ 。

线段树结点权值表示为线段树结点表示的区间（这里的区间指的是按从小到大排序的元素种类作为叶子结点，往上构建的区间，而不是阶段表示的区间）所包含的元素个数。(再形象一点，可以在这边类比在桶排序数组上建立一个线段树，其功能为统计区间和。)

类比前缀和的思想，可以用线段树 $[1,r]$ 与线段树 $[1,l-1]$ 对应的结点相减，得出区间 $[l,r]$ 之间的元素所对应得线段树。（当然，在实际操作中不需要将整颗树都算出来，计算相关区间即可）。

由于我们已经按照元素种类将其排序好，因此只需要在得到的区间线段树中查询第 $k$ 个元素即可。（这里线段树的优势在于尽管它空间大，但是建树和查询操作都是 $logn$ 的。个人感觉可以当成记录所有阶段的桶排数组，然后从头到尾查询第 $k$ 个元素，线段树作为一个工具优化时间，负优化空间。）

操作补充

由于要开很多颗线段树，因此在存的时候采用动态开点存线段树。建立一个结构体 ( $sum$ 权值， $l$ 左子区间对应的序号， $r$ 右子区间对应的序号)，存的时候类似于链表，记录树根就可以遍历整棵树。再具体一点就是 $lxj$ 讲过，大家意会就好，看到代码就懂了。
我们在建立新一颗线段树时，只需要把大部分重复的节点指向上一颗对应节点，需要更新的数据新建节点储存。

【code】

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define max_num 200005
using namespace std;
int n,m,a[max_num],rec[max_num],cnt,size;
int root[max_num];
struct node{
	int sum,l,r;
	#define sum(x) t[x].sum
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
}t[max_num<<5];
int find(int x){
	int l=1,r=size;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(rec[mid]==x) return mid;
		if(x<rec[mid]) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
}
int update(int pre,int pl,int pr,int x){
	//pre表示该节点在前一颗线段树中对应的节点 
	int rt=++cnt;
	l(rt)=l(pre);
	r(rt)=r(pre);
	sum(rt)=sum(pre)+1;
	if(pl<pr){
		int mid=(pl+pr)/2;
		if(x<=mid) l(rt)=update(l(pre),pl,mid,x);
	 	else r(rt)=update(r(pre),mid+1,pr,x);
	}
	return rt;
}
int query(int l,int r,int pl,int pr,int k){
	// l,r 表示此时对应节点的序号 
	if(pl==pr) return pl;
	int x=sum(l(r))-sum(l(l));//计算左子树的元素个数。
	int mid=(pl+pr)/2;
	if(k<=x) return query(l(l),l(r),pl,mid,k);
	else return query(r(l),r(r),mid+1,pr,k-x); 
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),rec[i]=a[i];
	sort(rec+1,rec+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(rec[i]==rec[i+1]) continue;
		rec[++size]=rec[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int pos=find(a[i]);
		root[i]=update(root[i-1],1,size,pos);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r,k;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
		cout<<rec[query(root[l-1],root[r],1,size,k)]<<endl;
	}
	return 0;
}

回归正题

与树状数组结构类似，我们同样以位置作为叶子节点，阶段划分为 $[i \sim n] (1 \le i \le n)$ ,对于从端点 $i$ 到结尾 $n$ 这段区间，初始时每个位置对于区间不同种类的个数贡献都为 $1$ ，如若有重复的元素，只统计最左端的元素的贡献。（至于为什么后面解释。）因此 $i$ 需要从右往左也就是下标从大到小进行遍历，这样更新时只需要删去元素 $a_i$ 在 $i$ 右边第一次出现的位置对此时区间的贡献，再加上位置 $i$ 对区间的贡献即可。

在查询区间 $[l,r]$ 时，我们只需要在线段树 $[l,n]$ 上求 $[l,r]$ 的和即可。（由于在处理时相同元素只统计了最左端的，因此不会重复，为什么可以类比树状数组解法。）

补充一点：在删除重复元素时，不能直接遍历到节点就删，要判断一下是上一颗树的节点还是这一颗的，虽然查询起来是等效的，但是如若指向上一颗树的节点，删减操作相当于同时对上一颗树进行，不符合定义，会错。此时需要新建节点。

【code】

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m,cnt,rec[1000005],ans_sum,root[1000005],a[1000005],rooot,pos;
struct node{
	int sum,l,r;
	#define sum(x) t[x].sum
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
}t[1000005<<5];
int update(int prev,int pl,int pr){
	int rt=++cnt;
	l(rt)=l(prev);
	r(rt)=r(prev);
	sum(rt)=sum(prev)+1;
	if(pl<pr){
		int mid=(pl+pr)/2;
		if(pos<=mid) l(rt)=update(l(prev),pl,mid);
		else r(rt)=update(r(prev),mid+1,pr);
	}
	return rt;
}
int change(int rt,int pl,int pr){
	if(rt<rooot){
		int tt=++cnt;
		sum(tt)=sum(rt)-1;
		l(tt)=l(rt);
		r(tt)=r(rt);
		if(pl==pr) return tt;
		int mid=(pl+pr)/2;
		if(pos<=mid) l(tt)=change(l(rt),pl,mid);
		else r(tt)=change(r(rt),mid+1,pr);
		return tt;		
	}	
	else{
		sum(rt)--;
		if(pl==pr) return rt;
		int mid=(pl+pr)/2;
		if(pos<=mid) l(rt)=change(l(rt),pl,mid);
		else r(rt)=change(r(rt),mid+1,pr);
		return rt;
	}
}
void ask(int rt,int l,int r,int pl,int pr){
	if(l<=pl&&r>=pr){	
		ans_sum+=sum(rt);
		return ;
	}
	int mid=(pl+pr)/2;
	if(l<=mid) ask(l(rt),l,r,pl,mid);
	if(r>mid) ask(r(rt),l,r,mid+1,pr);
}
int main(){
	int l,r;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=n;i>=1;i--){
		pos=i;
		rooot=root[i]=update(root[i+1],1,n);
		
		if(rec[a[i]]>0)	pos=rec[a[i]],change(root[i],1,n);
		rec[a[i]]=i;
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		ans_sum=0;
		ask(root[l],l,r,1,n);
		printf("%d\n",ans_sum);
	}
	return 0;
}

最后的最后

在书上有看到莫队解法的，但由于现在数据超强且还在开线段树，所以先留个坑。以后开莫队的时候再回来写个部分分。

update P2184 贪婪大陆

同是求区间内不同种类，这一题与前一题不同，这一题给出的并不是一串，而是同一种类一个区间一个区间的给，但求得同样都是某一区间内贝壳的种类数，因此这里拿出来一起讲。

【思路分析】

容易发现对于给定的区间，求与其有交集的区间的个数。将 $L$ 记为区间头， $R$ 记为区间尾， $L$ 一定在给定区间的 $R$ (包含 $R$ )的前面，但不被给定区间包含的区间， $R$ ,一定在给定区间的 $L$ (不包含 $L$ )的前面。

因此只需要用两个树状数组统计头尾，用 $R$ 以前所有的头减去 $L$ 以前所有的尾即可。

【code】

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m,q;
int h[100005],t[100005];
void add(int *a,int x){
	for(;x<=n;x+=(x&-x)) a[x]+=1;
	return;
}
int sum(int *a,int x){
	int cnt=0;
	for(;x;x-=(x&-x)) cnt+=a[x];
	return cnt;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&q);
		int l,r;
		if(q==1){
			scanf("%d%d",&l,&r);
			add(h,l);
			add(t,r);
		}
		else{
			scanf("%d%d",&l,&r);
			cout<<sum(h,r)-sum(t,l-1)<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

posted @ 2023-04-08 22:00 k_stefani 阅读(66) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include<iostream>
	#include<cstdio>
	#include<cmath>
	#include<algorithm>
	using namespace std;
	int n,m,ask_r,prev,pos;
	int vis[1000005],a[1000005],t[1000005],ans[1000005];
	struct A{
	int l,r,num;
	}ask[1000005];
	bool cmp(A x,A y){
	return x.r<y.r;
	}
	int find(int pos){
	ask_r=ask[pos++].r;
	while(ask_r==ask[pos].r) pos++;
	return pos-1;
	}
	void add(int x,int y){
	for(;x<=n;x+=(x&-x)) t[x]+=y;
	return;
	}
	int sum(int x){
	int su=0;
	for(;x;x-=(x&-x)) su+=t[x];
	return su;
	}
	void replace(){
	for(int i=ask[prev].r+1;i<=ask_r;i++){
	if(vis[a[i]]!=0) add(vis[a[i]],-1);
	add(i,1);
	vis[a[i]]=i;
	}
	for(int i=prev+1;i<=pos;i++) ans[ask[i].num]=sum(ask[i].r)-sum(ask[i].l-1);
	return;
	}
	int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r),ask[i].num=i;
	sort(ask+1,ask+m+1,cmp);
	while(1){
	if(pos==m) break;
	prev=pos;
	pos=find(pos+1);
	replace();
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
	}

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