P1972 [SDOI2009] HH的项链
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 \(pos_r\)，那么当 \(pos_r < l\) 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。
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;
}
