spoj 3267 D-query
题目链接:http://vjudge.net/problem/SPOJ-DQUERY
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主席树模板题之一 求不带修改的区间不同数个数
最近学习了下发现主席树就是可持久化线段树 由于每次单点修改只会改变一条链上的信息
所以我们可以把其余部分的信息重复利用 然后再新建一条链作为这次修改后的这条链的新状态
所以每次单点修改的时间复杂度和空间复杂度都是$O(logN)$
懂了原理后就像普通线段树一样按照自己的习惯来写就好 不需要准备什么模板
而对于这种求区间不同的数的个数的问题 我们只需维护对于每种前缀区间 每个数最后一次出现位置
然后所有最后一次出现位置对整个区间有$1$的贡献
这样就可以根据询问的区间右端点对应的版本 用区间减法来求区间不同数的个数
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 3e4 + 10, T = N * 50, L = 1e6 + 10; 4 int sum[T], ch[T][2], root[N << 1], ma[N], last[L]; 5 int croot, cnt, n, q; 6 void build(int x, int L, int R) 7 { 8 if(L == R) 9 { 10 sum[x] = 0; 11 return; 12 } 13 int mid = (L + R) >> 1; 14 ch[x][0] = ++cnt; 15 build(cnt, L, mid); 16 ch[x][1] = ++cnt; 17 build(cnt, mid + 1, R); 18 sum[x] = sum[ch[x][0]] + sum[ch[x][1]]; 19 } 20 void update(int x, int L, int R, int y, int delta, int pre) 21 { 22 if(L == R) 23 { 24 sum[x] = sum[pre] + delta; 25 return; 26 } 27 int mid = (L + R) >> 1; 28 if(y <= mid) 29 { 30 ch[x][0] = ++cnt; 31 update(cnt, L, mid, y, delta, ch[pre][0]); 32 ch[x][1] = ch[pre][1]; 33 } 34 else 35 { 36 ch[x][0] = ch[pre][0]; 37 ch[x][1] = ++cnt; 38 update(cnt, mid + 1, R, y, delta, ch[pre][1]); 39 } 40 sum[x] = sum[ch[x][0]] + sum[ch[x][1]]; 41 } 42 int query(int x, int L, int R, int r) 43 { 44 if(R <= r) 45 return sum[x]; 46 int mid = (L + R) >> 1; 47 if(r <= mid) 48 return query(ch[x][0], L, mid, r); 49 return 50 sum[ch[x][0]] + query(ch[x][1], mid + 1, R, r); 51 } 52 int main() 53 { 54 scanf("%d", &n); 55 root[++croot] = ++cnt; 56 ma[0] = 1; 57 build(cnt, 1, n); 58 int x, y; 59 for(int i = 1; i <= n; ++i) 60 { 61 scanf("%d", &x); 62 root[++croot] = ++cnt; 63 update(cnt, 1, n, i, 1, root[croot - 1]); 64 if(last[x]) 65 { 66 root[++croot] = ++cnt; 67 update(cnt, 1, n, last[x], -1, root[croot - 1]); 68 } 69 last[x] = i; 70 ma[i] = root[croot]; 71 } 72 scanf("%d", &q); 73 while(q--) 74 { 75 scanf("%d%d", &x, &y); 76 if(x > 1) 77 printf("%d\n", sum[ma[y]] - query(ma[y], 1, n, x - 1)); 78 else 79 printf("%d\n", sum[ma[y]]); 80 } 81 return 0; 82 }
