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浅谈莫队

时间:2024-01-01 14:11:38浏览次数:35  
标签:cnt 浅谈 get int res 端点 rint 莫队

莫队

基础莫队

[SDOI2009] HH的项链

这道题是卡莫队的,但是确实练习莫队的好题。

首先想一下暴力:
直接暴力枚举询问,然后再枚举区间,这样是O(n^2)的;

想一下优化:
如果说询问是按照 左端点递增 && 右端点递增 的;
那么我们就可以离线排序,用线性的时间扫过去所有询问,用桶记录一下就行,同时记录答案;

但是可能没有这种好情况...可能是两个端点不能同时递增的,最多保证一个递增。
那么在这种情况下要怎么优化呢?

我们可以折中一下:(莫队思想:离线 + 分块 + 双指针)
把询问的左端点按照分块的思想分成sqrt(n)块,然后每一块里面的询问[l,r]按照右端点递增排序!!!

!!!这里我们暂停一下!!!理清楚一个关键点:
在块中:我们询问区间右端点是递增的,但是我们区间左端点不是递增的!!!
在块间:则相反,左端点是递增的,而右端点不是递增的!!!
(正因为这样才需要指针的移动 和 回滚,才有了下面的奇偶优化!)

然后我们定义两个指针i(向r靠齐),j(向l靠齐)
然后开始遍历排好序的询问,每个询问[l,r]我们的i,j就移动,分别向l,r靠齐;
同时用一个桶记录一下数字出现的个数,并更新答案就行!
#include <bits/stdc++.h>

#define int unsigned
#define rint register int
#define endl '\n'

using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;
const int M = 3e6 + 5;

struct node
{
    int id, l, r;
} q[N];

int n, m, len = 1;
int a[N], ans[M];
int cnt[M];

int get(int i){return i / len;}

bool cmp(node a, node b)
{
    int l = get(a.l), r = get(b.l);
    if (l != r) return l < r;
    return a.r > b.r;
}

void add(int w, int &res)
{
    if (++cnt[w] == 1) res++;
}

void del(int w, int &res)
{
    if (--cnt[w] == 0) res--;
}

int read() 
{
    register int x = 0,f = 1;
	register char ch;
    ch = getchar();
    while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-') f = -f;ch = getchar();}
    while(ch <= '9' && ch >= '0'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}
    return x * f;
}


signed main()
{
    n = read();
    
    for (rint i = 1; i <= n; i++)
    {
		a[i] = read();
	}
    
    m = read();
    unsigned lll = 1;
    len = max(lll, (int)sqrt((double)n * n / m));
    
	for (rint i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l = read(), r = read();
        q[i] = {i, l, r};
    }
    
    sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
    
    int res = 0;
	for (rint k = 1, i = 1, j = 0; k <= m; k++)
    {
        int id = q[k].id, l = q[k].l, r = q[k].r;
        while (j < r) add(a[++j], res);
        while (j > r) del(a[j--], res);
        while (i < l) del(a[i++], res);
        while (i > l) add(a[--i], res);
        ans[id] = res;
    }
    
    for (rint i = 1; i <= m; i++)
    {
		cout << ans[i] << endl;
	}
        
    return 0;
}

带修改的莫队

[国家集训队] 数颜色

由于增加修改操作,考虑给每一个修改操作按先后顺序编号

将一维改为二维,纵坐标为时间 $time$ ,横坐标为位置 $l,r$

当时间为 $k$ 时,表示已经经过了前 $k$ 个修改操作

若序列长度为 $n$ ,分块后每段长度为 $a$ ,共有 $\frac{n}{a}$ 块, $m$ 次询问, $t$ 次修改(根据数据范围,取合适的 $len$ )

$i$ 表示左指针, $j$ 表示右指针, $time$ 表示时间戳

排序标准为:
1. 比较左端点所在的块,从左到右排序
2. 若左端点所在块相同,则比较右端点所在块,从从左到右排序
3. 若右端点所在块也相同,则比较时间 $times$ ,从左到右排序

指针 $time$ 移动次数: $\frac{n^2t}{a^2}$
指针 $i$ 移动次数: $am+n$
指针 $j$ 移动次数: $am+\frac{n^2}{a}$

#include <bits/stdc++.h>

#define rint register int
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;
const int M = 1e7 + 5;

int n, m;
int times, idx, len;
int a[N], ans[N], cnt[M];

struct node
{
    int l, r, t, id;
} q[N];

struct Modify
{
    int p, c;
} f[N];

int get(int i){return i / len;}

bool cmp(node a, node b)
{
    int al = get(a.l), bl = get(b.l);
    int ar = get(a.r), br = get(b.r);
    if (al != bl) return al < bl;
    if (ar != br) return ar < br;
    return a.t < b.t;
}

void add(int w, int &res)
{
    if (++cnt[w] == 1) res++;
}

void del(int w, int &res)
{
    if (--cnt[w] == 0) res--;
}

signed main()
{
    cin >> n >> m;
    
    for (rint i = 1; i <= n; i++)
    {
		cin >> a[i];
	}
        
    for (rint i = 1; i <= m; i++)
    {
        char op[2];
        int a, b;
        scanf("%s%lld%lld", op, &a, &b);
        if (*op == 'Q') idx++, q[idx] = {a, b, times, idx};
        else f[++times] = {a, b};
    }
    
    len = cbrt((double)n * max(times, 1ll)) + 1;
    
    sort(q + 1, q + idx + 1, cmp);
    
    for (int k = 1, i = 1, j = 0, t = 0, res = 0; k <= idx; k++)
    {
        int l = q[k].l, r = q[k].r, tim = q[k].t, id = q[k].id;
        while (t < tim)
        {
            t++;
            if (f[t].p >= i && f[t].p <= j)
            {
                add(f[t].c, res);
                del(a[f[t].p], res);
            }
            swap(a[f[t].p], f[t].c);
        }
        while (t > tim)
        {
            if (f[t].p >= i && f[t].p <= j)
            {
                add(f[t].c, res);
                del(a[f[t].p], res);
            }
            swap(a[f[t].p], f[t].c);
            t--;
        }
        while (i < l) del(a[i++], res);
        while (i > l) add(a[--i], res);
        while (j < r) add(a[++j], res);
        while (j > r) del(a[j--], res);
        ans[id] = res;
    }
    
    for (rint i = 1; i <= idx; i++)
    {
		cout << ans[i] << endl;
	}
        
    return 0;
}

回滚莫队

AcWing 2523. 历史研究

回滚莫队又称不删除莫队

用于维护一些不删除属性的操作

例如最大值,加入一个数后只需取一次max,删除一个数却很难维护

设序列长度为$n$,每块长度为$a$,共有$\frac{n}{a}$块,$m$次询问

  1. 循环$1\leq i \leq \frac{n}{a}$,找到所有左端点在第$i$块的询问$l$,$r$
  2. 若$r$也在第$i$块,那么就暴力求,时间复杂度$O(am)$
  3. 否则,右端点用指针$j$维护,左端点每次回到第i块的右端,暴力求,时间复杂度$O(am+\frac{n^2}{a})$
  4. #include <bits/stdc++.h>
    
    #define rint register int
    #define int long long
    #define endl '\n'
    
    using namespace std;
    
    const int N = 1e6 + 5;
    
    int n, m, len;
    int w[N], cnt[N];
    int ans[N];
    vector<int> nums;
    
    struct node
    {
        int id, l, r;
    } q[N];
    
    int get(int i){return i / len;}
    
    bool cmp(node a, node b)
    {
        int l = get(a.l), r = get(b.l);
        if (l != r) return l < r;
        return a.r < b.r;
    }
    
    void add(int x, int &res)
    {
        cnt[x]++;
        res = max(res, nums[x] * cnt[x]);
    }
    
    signed main()
    {
        cin >> n >> m;
        
        len = sqrt(n);
    
        for (rint i = 1; i <= n; i++)
        {
    		cin >> w[i];
    		nums.push_back(w[i]);
    	}
            
        sort(nums.begin(), nums.end());
        nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end());
        
        for (rint i = 1; i <= n; i++)
        {
            w[i] = lower_bound(nums.begin(), nums.end(), w[i]) - nums.begin();		
    	}
    
        for (rint i = 0; i < m; i++)
        {
            int l, r;
    		cin >> l >> r;
            q[i] = {i, l, r};
        }
    
        sort(q, q + m, cmp);
    
        for (rint x = 0; x < m;)
        {
            int y = x;
            while (y < m && get(q[x].l) == get(q[y].l)) y++;
            int right = get(q[x].l) * len + len - 1;
            while (x < y && q[x].r <= right)
            {
                int res = 0;
                int id = q[x].id, l = q[x].l, r = q[x].r;
                for (rint i = l; i <= r; i++) add(w[i], res);
                ans[id] = res;
                for (rint i = l; i <= r; i++) cnt[w[i]]--;
                x++;
            }
            int res = 0;
            int i = right + 1, j = right;
            while (x < y)
            {
                int id = q[x].id, l = q[x].l, r = q[x].r;
                while (j < r) add(w[++j], res);
                int backup = res;
                while (i > l) add(w[--i], res);
                ans[id] = res;
                while (i < right + 1) cnt[w[i++]]--;
                res = backup;
                x++;
            }
            memset(cnt, 0, sizeof cnt);
        }
    
        for (rint i = 0; i < m; i++)
        {
    		cout << ans[i] << endl;
    	}
    
        return 0;
    }  
    

标签:cnt,浅谈,get,int,res,端点,rint,莫队
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