莫队
普通莫队
SP3267 DQUERY - D-query
\(\mathcal{Description}\)
给出一个长度为 \(n\) 的数列，有 \(q\) 个询问，需要求出在 \((l, r)\) 区间内有多少不同的数
\(\mathcal{Solution}\)
这题就是 [SDOI2009]HH的项链 的数据弱化版，可以把他当做莫队的模板题。
考虑最简单的做法，也就是暴力，用一个 \(cnt\) 数组记录 \([l, r]\) 区间内（暴力扫一遍）每个数出现的次数，再扫一遍 \(cnt\) 数组统计不为 \(0\) 的个数，输出答案。
很容易想出第一步优化，在记录 \(cnt\) 数组的同时，在加之前判断下是否为 \(0\)，也就是之前有没有出现过这个数，如果为 \(0\) 那么\(ans++\)。
再考虑下优化，我们可以弄两个指针 \(l\) 、\(r\) ，每次询问移动 \(l\)、\(r\) 到询问的区间，统计 \(ans\) 时只需在两个指针处加减 \(cnt\)。
当然如果他需要查找的区间是这样的
所以我们还需将查询区间的左端点进行排序。
\(\mathcal{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e4 + 10, M = 2e6 + 10;
int n, m, now, be[M], a[M], cnt[M], ans[M];
struct Node {
int l, r, id;
} q[M];
inline int read() {
int x = 0, k = 1; char c = getchar();
for (; c < 48 || c > 57; c = getchar()) k ^= (c == '-');
for (; c >= 48 && c <= 57; c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
return k ? x : -x;
}
inline bool cmp(Node a, Node b) { // 奇偶性排序
return (be[a.l] ^ be[b.l]) ? be[a.l] < be[b.l] : ((be[a.l] & 1) ? a.r < b.r : a.r > b.r);
}
int main() {
n = read();
int sz = sqrt(n), n1 = ceil((double)n / sz);
for (int i = 1; i <= n1; i++) // 分块
for (int j = (i - 1) * sz + 1; j <= i * sz; j++)
be[j] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read();
m = read();
for (int i = 1; i <= m; i++)
q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;
std::sort(q + 1, q + 1 + m, cmp);
int L = 1, R = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l = q[i].l, r = q[i].r;
while (L < l)
now -= !--cnt[a[L++]];
while (L > l)
now += !cnt[a[--L]]++;
while (R < r)
now += !cnt[a[++R]]++;
while (R > r)
now -= !--cnt[a[R--]];
ans[q[i].id] = now;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
[国家集训队]小Z的袜子
\(\mathcal{Description}\)
给出一个长度为 \(n\) 的数列，有 \(q\) 个询问，需要求出在 \([l, r]\) 区间内随机取出两个数数字一样的概率，若该概率为 \(0\) 则输出 \(0/1\) ，否则输出的 \(A/B\) 必须为最简分数。如果 \(l == r\) 则输出 \(0 / 1\)。
\(\mathcal{Solution}\)
基本与上面一题一样。
取到两个相同的数的方案数为 \(\frac{\sum _ {i = 1} ^ {N} (cnt[i] - 1) * cnt[i]}{2} (cnt[i] \geq 2)\)
总方案数为 \(\frac {(r - l + 1) * (r - l)}{2}\)
\(\mathcal{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10, M = 5e6 + 10;
int n, m, now, be[M], a[M], cnt[N], ansx[M], ansy[M];
struct Node {
int l, r, id;
} q[M];
inline int read() {
register int x = 0, k = 1; char c = getchar();
for (; c < 48 || c > 57; c = getchar()) k ^= (c == '-');
for (; c >= 48 && c <= 57; c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
return k ? x : -x;
}
inline void print(int x) {
if(x / 10) print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
inline bool cmp(Node a, Node b) {
return (be[a.l] != be[b.l]) ? be[a.l] < be[b.l] : ((be[a.l] & 1) ? a.r < b.r : a.r > b.r);
}
signed main() {
int n = read();
m = read();
register int sz = sqrt(n);
for (register int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read(), be[i] = i / sz + 1;
for (register int i = 1; i <= m; i++)
q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;
std::sort(q + 1, q + 1 + m, cmp);
register int L = 1, R = 0, l, r;
for (register int i = 1; i <= m; i++) {
l = q[i].l, r = q[i].r;
if (l == r) {
ansx[q[i].id] = 0, ansy[q[i].id] = 1;
continue;
}
while (L > l) {
L--;
now -= cnt[a[L]] * (cnt[a[L]] - 1);
cnt[a[L]]++;
now += cnt[a[L]] * (cnt[a[L]] - 1);
}
while (L < l) {
now -= cnt[a[L]] * (cnt[a[L]] - 1);
cnt[a[L]]--;
now += cnt[a[L]] * (cnt[a[L]] - 1);
L++;
}
while (R > r) {
now -= cnt[a[R]] * (cnt[a[R]] - 1);
cnt[a[R]]--;
now += cnt[a[R]] * (cnt[a[R]] - 1);
R--;
}
while (R < r) {
R++;
now -= cnt[a[R]] * (cnt[a[R]] - 1);
cnt[a[R]]++;
now += cnt[a[R]] * (cnt[a[R]] - 1);
}
ansx[q[i].id] = now;
ansy[q[i].id] = (q[i].r - q[i].l + 1) * (q[i].r - q[i].l);
}
for (register int i = 1; i <= m; i++) {
if (!ansx[i]) {
printf("0/1\n");
continue;
}
int d = __gcd(ansx[i], ansy[i]);
printf("%lld/%lld\n", ansx[i] / d, ansy[i] / d);
}
return 0;
}
小清新人渣的本愿
\(\mathcal{Description}\)
给出一个长度为 \(n\) 的数列，有 \(q\) 个询问，每次询问给出 \(opt\)、\(l\)、\(r\)、\(x\)。
1、若 \(opt\) 为 \(1\), 询问一个区间是否可以选出两个数差为 \(x\)。
2、若 \(opt\) 为 \(2\), 询问一个区间是否可以选出两个数和为 \(x\)。
1、若 \(opt\) 为 \(3\), 询问一个区间是否可以选出两个数乘积为 \(x\)。
对于每个询问，如果可以，输出hana，如果不可以，输出bi。
\(\mathcal{Solution}\)
如果想学 \(bitset\) 可以进这个链接。
当然本题只需要知道一些很基础的。
用 \(bitset\) 维护，每一位表示每个数字是否存在，记为\(now1\)。
若 \(opt == 1\)，如果存在 \(z - y = x\), 则必存在 \(z\) 和 \(z - x\)。
若 \(opt == 2\)，就是求 \(z + y = x\)，所以除 \(now1\) 外，我们还需用 \(bitset\) 记录一个 \(now1\) 的反串，就是每一位 \(i\) 都表示 \(N - i\)。问题就转化成满足 \(now1\) 中有 \(z\) 和 \(now2\) 中有 \(y^{'}\)。代入 \(z + y = x\) 中，得到 \(z + N - y ^ {'} = x\)，\(z - y ^ {'} = x - N\)。
若 \(opt == 3\)，直接枚举约数。
\(\mathcal{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;
int n, m, now, be[M], a[M], cnt[M], ans[M];
bitset <N + 10> now1, now2;
struct Node {
int l, r, id, k, x;
} q[M];
inline int read() {
int x = 0, k = 1; char c = getchar();
for (; c < 48 || c > 57; c = getchar()) k ^= (c == '-');
for (; c >= 48 && c <= 57; c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
return k ? x : -x;
}
inline bool cmp(Node a, Node b) {
return (be[a.l] ^ be[b.l]) ? be[a.l] < be[b.l] : ((be[a.l] & 1) ? a.r < b.r : a.r > b.r);
}
inline void del(int x) {
if (--cnt[x] == 0)
now1[x] = now2[N - x] = 0;
}
inline void add(int x) {
if (cnt[x]++ == 0)
now1[x] = now2[N - x] = 1;
}
int main() {
n = read(), m = read();
int sz = sqrt(n), n1 = ceil((double)n / sz);
for (int i = 1; i <= n1; i++)
for (int j = (i - 1) * sz + 1; j <= i * sz; j++)
be[j] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read();
for (int i = 1; i <= m; i++)
q[i].k = read(), q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].x = read(), q[i].id = i;
std::sort(q + 1, q + 1 + m, cmp);
int L = 1, R = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l = q[i].l, r = q[i].r, k = q[i].k, x = q[i].x;
while (L < l)
del(a[L++]);
while (L > l)
add(a[--L]);
while (R < r)
add(a[++R]);
while (R > r)
del(a[R--]);
if (k == 1) {
if ((now1 & (now1 << x)).any()) {
ans[q[i].id] = 1;
continue;
}
}
if (k == 2) {
if ((now1 & (now2 >> (N - x))).any()) {
ans[q[i].id] = 1;
continue;
}
}
if (k == 3) {
for (int j = 1; j * j <= x; j++)
if ((!(x % j)) && (now1[j] && now1[x / j])) {
ans[q[i].id] = 1;
continue;
}
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (!ans[i])
puts("bi");
else
puts("hana");
return 0;
}
带修莫队
[国家集训队]数颜色 / 维护队列
\(\mathcal{Description}\)
给出一个长度为 \(n\) 的数列，有 \(q\) 个操作。
1、\(Q\) \(l\) \(r\) 代表询问 \([l, r]\) 有多少不同的数。
2、\(C\) \(P\) \(Col\) 代表把第 \(P\) 个数变成 \(Col\)。
\(\mathcal{Solution}\)
对于带修莫队，实际上就是在原来普通莫队上加上一个时间戳。于是当前区间移动方向就由四个\([l - 1, r]\)、\([l + 1, r]\)、\([l, r - 1]\)、\([l, r + 1]\)变为六个\([l - 1, r, t]\)、\([l + 1, r, t]\)、\([l, r - 1, t]\)、\([l, r + 1, t]\)、\([l, r, t - 1]\)、\([l, r, t + 1]\)。
\(\mathcal{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e4 + 10, M = 2e6 + 10;
int n, m, now, be[M], a[M], cnt[M], ans[M], cntc, cntq;
char ch;
struct Query {
int l, r, id, time;
} q[M];
struct Replace {
int pos, color;
} c[M];
inline int read() {
int x = 0, k = 1; char c = getchar();
for (; c < 48 || c > 57; c = getchar()) k ^= (c == '-');
for (; c >= 48 && c <= 57; c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
return k ? x : -x;
}
inline bool cmp(Query a, Query b) {
return (be[a.l] ^ be[b.l]) ? be[a.l] < be[b.l] : ((be[a.r] ^ be[b.r]) ? be[a.r] < be[b.r] : a.time < b.time);
}
int main() {
n = read(), m = read();
int sz = pow(n, 2.0 / 3.0), n1 = ceil((double)n / sz);
for (int i = 1; i <= n1; i++)
for (int j = (i - 1) * sz + 1; j <= i * sz; j++)
be[j] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%c", &ch);
while (ch != 'Q' && ch != 'R')
scanf("%c", &ch);
if (ch == 'Q') {
q[++cntq].l = read(), q[cntq].r = read(), q[cntq].time = cntc, q[cntq].id = cntq;
}
else if (ch == 'R') {
c[++cntc].pos = read(), c[cntc].color = read();
}
}
std::sort(q + 1, q + 1 + cntq, cmp);
int L = 1, R = 0, Time = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l = q[i].l, r = q[i].r, time = q[i].time;
while (L < l)
now -= !--cnt[a[L++]];
while (L > l)
now += !cnt[a[--L]]++;
while (R < r)
now += !cnt[a[++R]]++;
while (R > r)
now -= !--cnt[a[R--]];
while (Time < time) {
Time++;
if (l <= c[Time].pos && r >= c[Time].pos)
now -= !--cnt[a[c[Time].pos]] - !cnt[c[Time].color]++;
std::swap(a[c[Time].pos], c[Time].color);
}
while (Time > time) {
if (l <= c[Time].pos && r >= c[Time].pos)
now -= !--cnt[a[c[Time].pos]] - !cnt[c[Time].color]++;
std::swap(a[c[Time].pos], c[Time].color);
Time--;
}
ans[q[i].id] = now;
}
for (int i = 1; i <= cntq; i++)
printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
