【SRM-06 D】五色战队&&【codeforces 788E】 New task
原题链接：788E - New task
Description
游行寺家里人们的发色多种多样，有基佬紫、原谅绿、少女粉、高级黑、相簿白等。
日向彼方：吾令人观其气，气成五彩，此天子气也。
琉璃：我们是不是可以组个五人战队了？
游行寺家的n个人排成一排。第i个人的发色是Ai。
能组成战队的条件是：
那五人假设是第a,b,c,d,e人()，需要满足
中间的三人称为有头者，最旁边俩人称为学姐。
根据字面意思，有头者一定要有头，学姐可以无头。
反正就是b,c,d这三人一定要有头。
有着恶趣味的琉璃每次操作会把一个人 变成有头或者无头，
每次操作后琉璃想知道游行寺家可能产生多少种不同的战队。只要有成员不同,俩战队就是不同的。
Input
第一行一个整数n，第二行n个整数表示人们的发色。
第三行一个整数m，表示操作数。
接下来有m行，每行第一个数表示操作类型，第二个数表示被操作那人的编号。
类型为1就是把他变无头，类型2就是变有头。
Output
每次操作后输出答案，答案对10^9+7取模
Sample Input
8
3 4 4 2 4 5 4 1
3
1 5
2 5
1 2
Sample Output
1
6
2
HINT
对于100%的数据:
扔在最前面的碎碎念：
一开始真的不知道怎么写……于是盯着别人的代码研究了好久。在这道题上卡了一个上午……最后发现数组开小了（那一刻有种想打死自己的冲动。通过后又发现时间和空间都跟标程差很多……想了想建树的方式好像可以优化？于是改了一波。最后的代码跑得跟标程差不多快>_<敲开心。
子序列要求：且
。
大体思路就是：离散化→树状数组预处理出L、R数组→对每个值建一棵子线段树→在子线段树上进行操作。
在离散化时可以处理的信息：1.num[i]：第i个点离散化后的数值，2.s[i]：值为i的点数，3.p[i]：第i个点在1~s[num[i]]中的位置。
利用树状数组预处理的信息：1.L[i]：在第i个点左边且数值不大于点i的数值的点数，2.R[i]：在第i个点右边且数值不大于点i的数值的点数。
子线段树上的结点需要维护这几个信息：1.l&r：左右儿子，2.sz：区间内点数（即可以作为有头者的点数），3.s[1]：区间内a,b的方案数，4.s[2]：区间内a,b,c的方案数，5.s[3]：区间内a,b,c,d,e的方案数，6.s[4]：区间内c,d,e的方案数，7.s[5]：区间内d,e的方案数。s数组可由左右儿子的信息合并得到。
其余的详见代码=v=（其实只是因为我懒）
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=1e5+10; 7 const int mod=1e9+7; 8 int n,m,cnt,sum,x,y,last; 9 int num[N],t[N],L[N],R[N],root[N],s[N],p[N],ans; 10 struct node{int w,pos;}a[N]; 11 struct tree{int l,r,sz,s[6];}tr[N*10]; 12 int read() 13 { 14 int x=0,f=1;char c=getchar(); 15 while(c<'0'||c>'9'){if(x=='-')f=-1;c=getchar();} 16 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 bool cmp(node a,node b){return a.w==b.w?a.pos<b.pos:a.w<b.w;} 20 int lowbit(int x){return x&(-x);} 21 void insert(int x) 22 { 23 while(x<=n) 24 { 25 t[x]++; 26 x+=lowbit(x); 27 } 28 } 29 int query(int x) 30 { 31 int ans=0; 32 while(x){ans+=t[x];x-=lowbit(x);} 33 return ans; 34 } 35 void up(int x) 36 { 37 int l=tr[x].l,r=tr[x].r; 38 tr[x].sz=(tr[l].sz+tr[r].sz)%mod; 39 tr[x].s[1]=(tr[l].s[1]+tr[r].s[1])%mod; 40 tr[x].s[5]=(tr[l].s[5]+tr[r].s[5])%mod; 41 tr[x].s[2]=(tr[l].s[2]+tr[r].s[2]+(LL)tr[l].s[1]*tr[r].sz)%mod; 42 tr[x].s[4]=(tr[l].s[4]+tr[r].s[4]+(LL)tr[l].sz*tr[r].s[5])%mod; 43 tr[x].s[3]=(tr[l].s[3]+tr[r].s[3]+(LL)tr[l].s[1]*tr[r].s[4]+(LL)tr[l].s[2]*tr[r].s[5])%mod; 44 //LL!!! 45 } 46 void change(int &x,int l,int r,int pos,int v) 47 { 48 if(x==0)x=++sum; 49 if(l==r) 50 { 51 tr[x].sz=v*1; 52 tr[x].s[1]=v*L[pos]; 53 tr[x].s[5]=v*R[pos]; 54 tr[x].s[2]=tr[x].s[3]=tr[x].s[4]=0; 55 tr[x].l=tr[x].r=0; 56 return; 57 } 58 else 59 { 60 int mid=(l+r)>>1; 61 if(p[pos]<=mid)change(tr[x].l,l,mid,pos,v); 62 else change(tr[x].r,mid+1,r,pos,v); 63 up(x); 64 } 65 } 66 int main() 67 { 68 n=read(); 69 for(int i=1;i<=n;i++) 70 a[i].w=read(),a[i].pos=i; 71 sort(a+1,a+n+1,cmp); 72 for(int i=1;i<=n;i++) 73 { 74 if(a[i].w!=a[i-1].w) 75 { 76 if(cnt)s[cnt]=i-1-last; 77 last=i-1; 78 cnt++; 79 } 80 num[a[i].pos]=cnt; 81 p[a[i].pos]=i-last; 82 } 83 s[cnt]=n-last; 84 for(int i=1;i<=n;i++) 85 L[i]=query(num[i]),insert(num[i]); 86 memset(t,0,sizeof(t)); 87 for(int i=n;i>=1;i--) 88 R[i]=query(num[i]),insert(num[i]); 89 for(int i=1;i<=n;i++) 90 { 91 ans=(ans-tr[root[num[i]]].s[3]+mod)%mod; 92 change(root[num[i]],1,s[num[i]],i,1); 93 ans=(ans+tr[root[num[i]]].s[3])%mod; 94 } 95 m=read(); 96 for(int i=1;i<=m;i++) 97 { 98 x=read();y=read(); 99 ans=(ans-tr[root[num[y]]].s[3]+mod)%mod; 100 change(root[num[y]],1,s[num[y]],y,x-1); 101 ans=(ans+tr[root[num[y]]].s[3])%mod; 102 printf("%d\n",ans); 103 } 104 return 0; 105 }
