【CF1270H】Number of Components

1|0题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1270/H
给一个长度为 $n$ 的数组 $a$，$a$ 中的元素两两不同。
对于每个数对 $(i,j)(i<j)$，若 $a_i<a_j$，则让 $i$ 向 $j$ 连一条边。求图中连通块个数。
支持 $q$ 次修改数组某个位置的值，每次修改后输出图中连通块个数。
$n,q\le 5\times 10^5,1\le a_i\le 10^6$，保证任意时刻数组中元素两两不同。

2|0思路

有一个性质：一个连通块一定是序列里的一个区间。
设 $i<j$，$k\in(i,j)$，且 $i,j$ 在一个连通块内：

• 如果 $a_i<a_j$，那么显然至少满足 $a_i<a_k$ 或 $a_j>a_k$ 中的一个。
• 如果 $a_i>a_j$，必然存在 $x<i$ 且 $a_x<a_j<a_i$ 或者 $y>j$ 且 $a_y>a_i>a_j$，拿前者举例，$[x,i]$ 与 $[x,j]$ 都必然在同一个连通块内，$[i,j]$ 也就在同一个连通块内。

那么问题就转化为有多少个位置 $p$ 满足 $\min(a_1\cdots a_{p-1})>\max(a_p\cdots a_n)$。
考虑枚举 $v=\max(a_p\cdots a_n)$，可以把 $>v$ 的设为 $1$，$\leq v$ 的设为 $0$，那么这个 $v$ 能分割两个连通块当且仅当这个 $01$ 序列单调不增。
设 $a_0=+\infty,a_{n+1}=0$，那么对于任意的 $v$，其 $01$ 序列至少包含一个 $0$ 和一个 $1$，那么问题又可以转化为求有多少个 $v$ 满足其对应的 $01$ 序列只存在一组 $0,1$ 相邻。
对值域建立一棵线段树，对于相邻的元素 $a_i,a_{i+1}$，他们能对 $[\min(a_i,a_{i+1}),\max(a_i,a_{i+1}))$ 里面的 $v$ 贡献一组相邻的 $0,1$。那么就将这个区间加 $1$。每次询问只需要查询有多少个在序列里的数字线段树上只有 $1$ 点贡献即可。
时间复杂度 $O((Q+n)\log V)$。

3|0代码

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

const int N=1000010,lim=1e6+1;
int n,Q,a[N];

struct SegTree
{
	int cnt[N*4],minv[N*4],lazy[N*4];
	
	void pushdown(int x)
	{
		if (!lazy[x]) return;
		minv[x*2]+=lazy[x]; minv[x*2+1]+=lazy[x];
		lazy[x*2]+=lazy[x]; lazy[x*2+1]+=lazy[x];
		lazy[x]=0;
	}
	
	void pushup(int x)
	{
		minv[x]=min(minv[x*2],minv[x*2+1]); cnt[x]=0;
		if (minv[x]==minv[x*2]) cnt[x]+=cnt[x*2];
		if (minv[x]==minv[x*2+1]) cnt[x]+=cnt[x*2+1];
	}
	
	void update1(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v)
	{
		if (ql<=l && qr>=r) { minv[x]+=v; lazy[x]+=v; return; }
		pushdown(x);
		int mid=(l+r)>>1;
		if (ql<=mid) update1(x*2,l,mid,ql,qr,v);
		if (qr>mid) update1(x*2+1,mid+1,r,ql,qr,v);
		pushup(x);
	}
	
	void update2(int x,int l,int r,int k,int v)
	{
		if (l==r) { cnt[x]+=v; return; }
		pushdown(x);
		int mid=(l+r)>>1;
		if (k<=mid) update2(x*2,l,mid,k,v);
		if (k>mid) update2(x*2+1,mid+1,r,k,v);
		pushup(x);
	}
	
	int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if (ql<=l && qr>=r) return (minv[x]==1)?cnt[x]:0;
		pushdown(x);
		int mid=(l+r)>>1,res=0;
		if (ql<=mid) res+=query(x*2,l,mid,ql,qr);
		if (qr>mid) res+=query(x*2+1,mid+1,r,ql,qr);
		return res;
	}
}seg;

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&Q);
	a[0]=lim;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		seg.update1(1,0,lim,min(a[i],a[i-1]),max(a[i],a[i-1])-1,1);
		seg.update2(1,0,lim,a[i],1);
	}
	seg.update1(1,0,lim,0,a[n]-1,1);
	while (Q--)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		seg.update1(1,0,lim,min(a[x],a[x-1]),max(a[x],a[x-1])-1,-1);
		seg.update1(1,0,lim,min(a[x],a[x+1]),max(a[x],a[x+1])-1,-1);
		seg.update2(1,0,lim,a[x],-1);
		a[x]=y;
		seg.update1(1,0,lim,min(a[x],a[x-1]),max(a[x],a[x-1])-1,1);
		seg.update1(1,0,lim,min(a[x],a[x+1]),max(a[x],a[x+1])-1,1);
		seg.update2(1,0,lim,a[x],1);
		printf("%d\n",seg.query(1,0,lim,1,lim-1));
	}
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：stoorz
本文链接：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/16378647.html
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