二次离线莫队笔记

前言

莫队可以解决许多其他数据结构无法完成的问题，正在很多其他问题上也可以拿部分分甚至满分，只因其复杂度为小常数 $O (n \sqrt{n} \times k)$

其中 $k$ 是单次扩张以及收缩的复杂度，而二离莫队可以在答案可差分的情况下达到 $O (n \sqrt{n} + n \times k)$

lxl把二次离线莫队这个科技在洛谷的一场月赛里首次亮相

例题 P4887 【模板】莫队二次离线（第十四分块(前体)）

珂朵莉给了你一个序列 $a$ ，每次查询给一个区间 $[l, r]$ ，查询 $l \leq i < j \leq r$ ，且 $a_{i} \oplus a_{j}$ 的二进制表示下有 $k$ 个 $1$ 的二元组 $(i, j)$ 的个数。 $\oplus$ 是指按位异或。

对于100%的数据， $1 \leq n, m \leq 100000$ ， $0 \leq a_{i}, k < 16384$ 。

思路

首先 $k > 14$ 肯定无解

考虑 $k \leq 14$ 的情况

因为值域 $V$ 很小，所以可以把二进制下有 $k$ 个 $1$ 数用桶装起来

而 $a ⨂ b = c$ 时有 $a ⨂ c = b$

然后加入一个数 $x$ 时直接把所有桶里的数与 $x$ 的异或值出现次数 $+ 1$

但是暴力加的话复杂度会到 $n \sqrt{n} \times C_{14}^{k}$

考虑使用二离优化

设当前莫队指针为 $l$ ， $r$

$r$ 要移动到 $r + 1$ ，则答案变化量为 $[l, r]$ 对 $r + 1$ 的贡献

差分转化成 $[1, r]$ 对 $r + 1$ 减去 $[1, l - 1]$ 对 $r + 1$

第一部分因为一直是 $[1, r]$ 对 $r + 1$ 的形式，是可以预处理的。

第二部分我们离线扫描 $l$ ，然后维护一个快速加入， $O (1)$ 能查询贡献的东西即可。

再看移动 $l$

考虑 $l$ 移动到 $l - 1$

变化量是 $[l, r]$ 对 $[l - 1]$ 的贡献

拆分成 $[1, r]$ 对 $l - 1$ 的贡献减去 $[1, l - 1]$ 对 $[l - 1]$ 的贡献

第二部分同样预处理，第一部分一起扫描就行。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SF scanf
#define PF printf
#define PB push_back
#define ull unsigned long long
#define R register
#define rep(i,x,y) for(R int i=x;i<=y;i++)
using namespace std;
int n,m,k,sq,a[100010],pos[100010];
ll sum[100010],ans[100010],t[20010],f[100010];
vector<int> d;
int Get(int x){
	int ret=0;
	for(;x>0;x-=(x&-x)) ret++;
	return ret;
}
struct node{
	int l,r,id;
}p[100010];
inline bool cmp(node x,node y){
	if(pos[x.l]!=pos[y.l]) return x.l<y.l;
	if(pos[x.l]&1) return x.r<y.r;
	return x.r>y.r;
}
struct qry{
	int l,r,p,i;
	friend bool operator <(qry x,qry y){
		return x.p<y.p;
	}
}q[200010];
int main(){
	SF("%d%d%d",&n,&m,&k);
	sq=sqrt(n);
	if(k>14){
		rep(i,1,m) puts("0");
		return 0;
	}
	rep(i,1,n) SF("%d",&a[i]),pos[i]=(i-1)/sq+1;
	rep(i,0,16383) if(Get(i)==k) d.PB(i);
	rep(i,1,m) SF("%d%d",&p[i].l,&p[i].r),p[i].id=i;
	rep(i,1,n){
		f[i]=t[a[i]]; f[i]+=f[i-1];
		for(int j:d) ++t[j^a[i]];
	} 
	sort(p+1,p+1+m,cmp);
	int l=1,r=0,s=0;
	rep(i,1,m){
		if(l<p[i].l) q[++s]={l,p[i].l-1,r,-i},sum[i]+=f[p[i].l-1]-f[l-1],l=p[i].l;
		if(r<p[i].r) q[++s]={r+1,p[i].r,l-1,-i},sum[i]+=f[p[i].r]-f[r],r=p[i].r;
		if(r>p[i].r) q[++s]={p[i].r+1,r,l-1,i},sum[i]-=f[r]-f[p[i].r],r=p[i].r;
		if(l>p[i].l) q[++s]={p[i].l,l-1,r,i},sum[i]-=f[l-1]-f[p[i].l-1],l=p[i].l;
	}
	sort(q+1,q+1+s);
	int np=0;
	rep(i,0,16383) t[i]=0;
	rep(i,1,s){
		while(np<q[i].p){
			++np;
			for(int j:d) ++t[j^a[np]];
		}
		rep(j,q[i].l,q[i].r) q[i].i>0?sum[q[i].i]+=(t[a[j]]-(j<=np&&!k)):sum[-q[i].i]-=(t[a[j]]-(j<=np&&!k));
	}
	rep(i,1,m) sum[i]+=sum[i-1],ans[p[i].id]=sum[i];
	rep(i,1,m) PF("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

练习 P5398 [Ynoi2018] GOSICK

题意：

维多利加给了你一个序列 $a$ ，每次询问给一个区间 $[l, r]$ 。

查询 $l \leq i, j \leq r$ ，且 $a_{i}$ 是 $a_{j}$ 倍数的二元组 $(i, j)$ 的个数。

记录一个 $c n t$ 数组，其中 $c n t [i]$ 代表 $i$ 的倍数个数

不过单次修改时，一个数因数个数是 $\sqrt{V}$ 的

先根号分治，前缀和 $\leq \sqrt{V}$ 数的倍数个数

大于 $\sqrt{V}$ 的跑二离莫队即可

时间复杂度 $O (n \sqrt{n} + n \sqrt{V})$

具体细节看代码吧

 #include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<iostream>
#define ll long long
#define PB push_back
#define ull unsigned long long
#define R register
#define rep(i,x,y) for(R int i=x;i<=y;i++)
using namespace std;
const int MAXN=500000,V=500000,W=120;
int n,m,sq,a[MAXN+10],num1[MAXN+10],num2[MAXN+10],bl[MAXN+10],cnt[V+10],cnt1[V+10],cnt2[V+10];
ll f[MAXN+10],sum[MAXN+10],ans[MAXN+10];
vector<int> F[V+10];
inline int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch-'0'),ch=getchar();
	return x;
}
struct node{
	int l,r,id;
}q[MAXN+10];
inline bool tmp1(node x,node y){
	if(bl[x.l]!=bl[y.l]) return x.l<y.l;
	if(bl[x.l]&1) return x.r<y.r;
	return x.r>y.r;
}
struct qry{
	int l,r,p,id;
}Q[MAXN*2+10];
inline bool tmp2(qry x,qry y){
	return x.p<y.p;
}
int main(){
//	freopen("P5398.in","r",stdin);
//	freopen("P5398_1.out","w",stdout);
	n=read(),m=read(); sq=m/sqrt(n);
	rep(i,1,n) a[i]=read(),bl[i]=(i-1)/sq+1;
	rep(i,1,m) q[i]={read(),read(),i};
	sort(q+1,q+1+m,tmp1);
	rep(i,1,n){
		if(!F[a[i]].size()){
			for(R int j=1;j*j<=a[i];j++){
				if(a[i]%j==0){
					num1[j]++;
					f[i]+=cnt[j]; F[a[i]].PB(j);
					if(j*j!=a[i]) num1[a[i]/j]++,f[i]+=cnt[a[i]/j];
				}
			}
		}else{
			for(R int j:F[a[i]]){
				num1[j]++;
				f[i]+=cnt[j];
				if(j*j!=a[i]) num1[a[i]/j]++,f[i]+=cnt[a[i]/j];			
			}
		}
		f[i]+=f[i-1]+num1[a[i]];
	//	cout<<f[i]<<'\n';
		cnt[a[i]]++;
	}
	int l=1,r=0,s=0;
	rep(i,1,m){
		if(r<q[i].r){
			Q[++s]={r+1,q[i].r,l-1,-i};
			sum[i]+=f[q[i].r]-f[r];
			r=q[i].r;
		}
		if(r>q[i].r){
			Q[++s]={q[i].r+1,r,l-1,i};
			sum[i]-=f[r]-f[q[i].r];
			r=q[i].r;
		}
		if(l>q[i].l){
			Q[++s]={q[i].l,l-1,r,i};
			sum[i]-=f[l-1]-f[q[i].l-1];
			l=q[i].l;
		}
		if(l<q[i].l){
			Q[++s]={l,q[i].l-1,r,-i};
			sum[i]+=f[q[i].l-1]-f[l-1];
			l=q[i].l;
		}
	//	sum[i]+=q[i].r-q[i].l+1;
	}
	int nowp=0;
	sort(Q+1,Q+1+s,tmp2);
	rep(i,1,s){
		while(nowp<Q[i].p){
			++nowp; 
			for(R int j:F[a[nowp]]) num2[j]++,num2[a[nowp]/j]+=(j*j!=a[nowp]);
			if(a[nowp]>W) for(R int j=1;j*a[nowp]<=V;j++) num2[j*a[nowp]]++;
		}
		rep(j,Q[i].l,Q[i].r) Q[i].id<0?sum[-Q[i].id]-=num2[a[j]]:sum[Q[i].id]+=num2[a[j]];
	}
//	rep(i,1,m)	cout<<l<<' '<<r<<' '<<sum[i]<<endl;
	rep(i,1,W){
		rep(j,1,n){
			cnt1[j]=cnt1[j-1]+(a[j]==i);
			cnt2[j]=cnt2[j-1]+(a[j]%i==0);
		}
		rep(j,1,s){
			ll w=1ll*cnt1[Q[j].p]*(cnt2[Q[j].r]-cnt2[Q[j].l-1]);
			Q[j].id<0?sum[-Q[j].id]-=w:sum[Q[j].id]+=w;
		}
	}
	rep(i,1,m) sum[i]+=sum[i-1],ans[q[i].id]=sum[i];
	rep(i,1,m) printf("%lld",ans[i]),putchar('\n');
	return 0;
}

常数？挺小的

E n d

posted @ 2023-10-12 16:33 yzq_yzq 阅读(28) 评论(1) 编辑收藏举报

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	#include<bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	#define SF scanf
	#define PF printf
	#define PB push_back
	#define ull unsigned long long
	#define R register
	#define rep(i,x,y) for(R int i=x;i<=y;i++)
	using namespace std;
	int n,m,k,sq,a[100010],pos[100010];
	ll sum[100010],ans[100010],t[20010],f[100010];
	vector<int> d;
	int Get(int x){
	int ret=0;
	for(;x>0;x-=(x&-x)) ret++;
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	int l,r,id;
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	inline bool cmp(node x,node y){
	if(pos[x.l]!=pos[y.l]) return x.l<y.l;
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	return x.r>y.r;
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	struct qry{
	int l,r,p,i;
	friend bool operator <(qry x,qry y){
	return x.p<y.p;
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	if(k>14){
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	rep(i,1,n) SF("%d",&a[i]),pos[i]=(i-1)/sq+1;
	rep(i,0,16383) if(Get(i)==k) d.PB(i);
	rep(i,1,m) SF("%d%d",&p[i].l,&p[i].r),p[i].id=i;
	rep(i,1,n){
	f[i]=t[a[i]]; f[i]+=f[i-1];
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	#include<iostream>
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	#define PB push_back
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	#define R register
	#define rep(i,x,y) for(R int i=x;i<=y;i++)
	using namespace std;
	const int MAXN=500000,V=500000,W=120;
	int n,m,sq,a[MAXN+10],num1[MAXN+10],num2[MAXN+10],bl[MAXN+10],cnt[V+10],cnt1[V+10],cnt2[V+10];
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	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'\|\|ch>'9') ch=getchar();
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	return x;
	}
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	int l,r,id;
	}q[MAXN+10];
	inline bool tmp1(node x,node y){
	if(bl[x.l]!=bl[y.l]) return x.l<y.l;
	if(bl[x.l]&1) return x.r<y.r;
	return x.r>y.r;
	}
	struct qry{
	int l,r,p,id;
	}Q[MAXN*2+10];
	inline bool tmp2(qry x,qry y){
	return x.p<y.p;
	}
	int main(){
	// freopen("P5398.in","r",stdin);
	// freopen("P5398_1.out","w",stdout);
	n=read(),m=read(); sq=m/sqrt(n);
	rep(i,1,n) a[i]=read(),bl[i]=(i-1)/sq+1;
	rep(i,1,m) q[i]={read(),read(),i};
	sort(q+1,q+1+m,tmp1);
	rep(i,1,n){
	if(!F[a[i]].size()){
	for(R int j=1;j*j<=a[i];j++){
	if(a[i]%j==0){
	num1[j]++;
	f[i]+=cnt[j]; F[a[i]].PB(j);
	if(j*j!=a[i]) num1[a[i]/j]++,f[i]+=cnt[a[i]/j];
	}
	}
	}else{
	for(R int j:F[a[i]]){
	num1[j]++;
	f[i]+=cnt[j];
	if(j*j!=a[i]) num1[a[i]/j]++,f[i]+=cnt[a[i]/j];
	}
	}
	f[i]+=f[i-1]+num1[a[i]];
	// cout<<f[i]<<'\n';
	cnt[a[i]]++;
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	int l=1,r=0,s=0;
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	if(r<q[i].r){
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	}
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	l=q[i].l;
	}
	if(l<q[i].l){
	Q[++s]={l,q[i].l-1,r,-i};
	sum[i]+=f[q[i].l-1]-f[l-1];
	l=q[i].l;
	}
	// sum[i]+=q[i].r-q[i].l+1;
	}
	int nowp=0;
	sort(Q+1,Q+1+s,tmp2);
	rep(i,1,s){
	while(nowp<Q[i].p){
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	for(R int j:F[a[nowp]]) num2[j]++,num2[a[nowp]/j]+=(j*j!=a[nowp]);
	if(a[nowp]>W) for(R int j=1;ja[nowp]<=V;j++) num2[ja[nowp]]++;
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	// rep(i,1,m) cout<<l<<' '<<r<<' '<<sum[i]<<endl;
	rep(i,1,W){
	rep(j,1,n){
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	cnt2[j]=cnt2[j-1]+(a[j]%i==0);
	}
	rep(j,1,s){
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	Q[j].id<0?sum[-Q[j].id]-=w:sum[Q[j].id]+=w;
	}
	}
	rep(i,1,m) sum[i]+=sum[i-1],ans[q[i].id]=sum[i];
	rep(i,1,m) printf("%lld",ans[i]),putchar('\n');
	return 0;
	}