题解 链表 (chain)

题目链接

首先考虑没有修改怎么做。

两种做法。

想到询问的形式为保留 $\ge k$ 的连通块个数，那么先将全部数字按照权值排序，然后从后往前做一遍并查集，并同时统计连通块的数量，在询问时只需二分找到第一个 $\ge k$ 的位置，将这个位置的答案输出即可。注意考虑答案为 $0$ 的情况。

但是显然，上面的做法是很难拓展为有修改的情况的，所以这是就要提到另一种做法。

考虑对于一个 $k$，哪些情况下会产生新的连通块，显然当 $a_{i+1}\ge k$ 且 $a_{i}< k$ 时，在 $i$ 和 $i+1$ 之间会断开，产生新的连通块。如果考虑对于一个答案，有多少种这样的情况，由于 $k$ 会变，所以我们不得不在 $O(n)$ 遍历一遍，总时间复杂度是 $O(nm)$。

考虑对于一种情况，会对多少种答案产生贡献，显然，若 $a_{i}<a_{i+1}$，那么，当 $k\in [a_{i}+1,a_{i+1}]$，该种情况都会对所有 $k$ 产生 $1$ 的贡献。询问时将对应的 $ans_k$ 输出即可。这是一个区间加，单点查的操作，前缀和+差分即可。

如果加上修改操作，那么对于一个位置上的 $x$，将其换成 $x'$，只需将之前的贡献消除，将新的贡献加上即可。区间修单点查，容易想到树状数组。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
LL read() {
    LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
    return sum*flag;
}
 
const int N=5e5+10,M=5e5;
int n,m;
int tr[N];
int a[N];
 
int lowbit(int x) {
    return x&(-x);
}
 
void change(int nd,int x) {
    for(int i=nd;i<=M;i+=lowbit(i)) tr[i]+=x;
}
 
int query(int nd) {
    int sum=0;
    for(int i=nd;i>=1;i-=lowbit(i)) sum+=tr[i];
    return sum;
}
 
void add(int l,int r,int x) {
    change(l,x);
    change(r+1,-x);
}
 
int main() {
    n=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=read();
        if(a[i-1]<a[i]) add(a[i-1]+1,a[i],1);
    }
    int lst=0;
    while(m--) {
        string opt; int x,y;
        cin>>opt;
        if(opt=="Q") {
            x=read(); x^=lst;
            lst=query(x);
            cout<<lst<<'\n';
        }
        else {
            x=read(); y=read();
            x^=lst; y^=lst;
            if(a[x-1]<a[x]) add(a[x-1]+1,a[x],-1);
            if(a[x]<a[x+1]) add(a[x]+1,a[x+1],-1);
            a[x]=y;
            if(a[x-1]<a[x]) add(a[x-1]+1,a[x],1);
            if(a[x]<a[x+1]) add(a[x]+1,a[x+1],1);
        }
    }
 
 
    return 0;
}