莫队算法学习笔记
莫队算法
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题目背景
最简单的解法就是暴力，每次暴力遍历区间，这样的时间复杂度是无法接受的。
下面来做一个优化：
每次枚举到一个数值x，增加出现次数时判断一下cnt(x)是否为0，如果为0，则这个数值之前没有出现过，现在出现了，数值数要+1，反之从区间中删除x后也判断一下cnt(x)是否为0，如果为0总数-1。
然后开两个指针l和r，每次询问不直接枚举，而是移动l和r指针到询问的区间，在统计答案时只在两个指针处加减cnt，然后我们就可以用上一步的办法快速统计答案。
但是，这个优化在面对区间之间的距离相差很大的时候，即两个指针疲于奔命，从头到尾又从尾到头，这样造成时间复杂度的严重退化，这是我们不能接受的。
考虑进一步优化。
我们可以考虑把所有查询区间按左端点排序，从而使左指针最多移动O(n)次，这样右端点又是无序的，整体复杂度在面对极端数据时还是无计可施。
至此，强大的莫队算法正式开始。
预处理
莫对算法操作的核心是分块和排序，我们将大小为n的块分成根号n个块，从1到根号n编号，然后对所有查询区间排序，按左端点在块的编号排序，再按右端点在块的编号排序，排完序后左右指针就以块为单位跳来跳去，看似一顿鸡肋的操作，却优化了一个根号n的时间复杂度！
具体实现
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=2e5+100; int a[maxn]; int cnt[maxn]; int belong[maxn]; int n,m,size,bnum,now,ans[maxn]; struct query { int l,r,id; }q[maxn]; int cmp (query a,query b) { return (belong[a.l]^belong[b.l])?belong[a.l]<belong[b.l]:((belong[a.l]&1)?a.r<b.r:a.r>b.r); } void add(int pos) { if(!cnt[a[pos]]) ++now; ++cnt[a[pos]]; } void del(int pos) { --cnt[a[pos]]; if(!cnt[a[pos]]) --now; } int main () { cin>>n; size=sqrt(n); bnum=n/size+(n%size>0); for (int i=1;i<=bnum;i++) for (int j=(i-1)*size+1;j<=i*size;j++) belong[j]=i; for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; cin>>m; for (int i=1;i<=m;i++) { cin>>q[i].l>>q[i].r; q[i].id=i; } sort(q+1,q+m+1,cmp); int l=1,r=0; for (int i=1;i<=m;i++) { int ql=q[i].l; int qr=q[i].r; while (l<ql) now-=!--cnt[a[l++]]; while (l>ql) now+=!cnt[a[--l]]++; while (r<qr) now+=!cnt[a[++r]]++; while (r>qr) now-=!--cnt[a[r--]]; //等价于下面被注释的部分 /* while(l < ql) del(l++); while(l > ql) add(--l); while(r < qr) add(++r); while(r > qr) del(r--); */ ans[q[i].id] = now; } for (int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<"\n"; }
带修改的莫队
在上一题的基础上，增加单点修改的操作。
遇到强制在线的待修改题，莫队确实无计可施。
但是对于允许离线的待修改区间查询，莫队还是可以操作的。
做法就是把莫队加上一维，变成带修改的莫队。
具体做法就是，把修改操作编号，可以理解为一个时间轴，查询操作的时间轴沿用最近修改操作的时间轴。计算时定义当前时间轴为t，对于每个查询操作，如果当前的时间轴相对太大了，说明已进行的修改操作比要求的多，就把之前改的改回来，反之往后改。只有当当前区间和查询区间的左右端点、时间轴重合时，才认定区间完全重合，此时的答案就是题目要求的答案。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=2e5+100; int a[maxn]; int cnt[maxn]; int ans[maxn]; int belong[maxn]; struct query { int l,r,t,id; }q[maxn]; struct modify { int pos; int color; int lst; }c[maxn]; int cntq,cntc,n,m,size,bnum; int cmp (query a,query b) { return (belong[a.l]^belong[b.l])?belong[a.l]<belong[b.l]:((belong[a.r]^belong[b.r])?belong[a.r]<belong[b.r]:a.t<b.t); } int main () { cin>>n>>m; size=pow(n,2.0/3.0);//数学证明这样是最优的分块 bnum=ceil((double)n/size); for (int i=1;i<=bnum;i++) for (int j=(i-1)*size+1;j<=i*size;j++) belong[j]=i; for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for (int i=1;i<=m;i++) { string s; cin>>s; if (s=="Q") { cntq++; cin>>q[cntq].l>>q[cntq].r; q[cntq].t=cntc; q[cntq].id=cntq; } else { cntc++; cin>>c[cntc].pos>>c[cntc].color; } } sort(q+1,q+cntq+1,cmp); int l=1,r=0,tt=0,now=0; for (int i=1;i<=cntq;i++) { int ql=q[i].l,qr=q[i].r,qt=q[i].t; while (l<ql) now-=!--cnt[a[l++]]; while (l>ql) now+=!cnt[a[--l]]++; while (r<qr) now+=!cnt[a[++r]]++; while (r>qr) now-=!--cnt[a[r--]]; while (tt<qt) { tt++; if (ql<=c[tt].pos&&c[tt].pos<=qr) now-=!--cnt[a[c[tt].pos]]-!cnt[c[tt].color]++; swap(a[c[tt].pos],c[tt].color); } while (tt>qt) { if (ql<=c[tt].pos&&c[tt].pos<=qr) now-=!--cnt[a[c[tt].pos]]-!cnt[c[tt].color]++; swap(a[c[tt].pos],c[tt].color); tt--; } ans[q[i].id]=now; } for (int i=1;i<=cntq;i++) cout<<ans[i]<<"\n"; }
树上莫队
先解决一个最基本的问题，就是询问节点的子树节点数量，这其实很简单，跑一遍DFS序，记录每个节点入栈和出栈的时间，时间差就是答案。
把之前的问题放到一颗树上，给出一个n个节点的树，每个节点表示一个整数，问u到v的路径上有多少个不同的整数。
我们用一遍DFS序求出这个树的欧拉序列，然后就可以转换成序列问题。具体计算时要结合LCA，这里用倍增法求LCA。
然后到这里我懵b了。之后补。。。
