带修莫队

带修莫队首先是建立在莫队的基础上的,加入了修改,这时就需要在每个区间中加一个元素——时间,即本次查询前经历了多少次修改,再在莫队中每次查询都将修改时间改到本次(就是将修改不够的按时间增加修改,修改多了的按时间将修改恢复),这样就非常简单,于是我在写洛谷P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列时就是这样做的,然后就T了,那是因为这里遗漏了最重要的一点,莫队的速度是因为它的排序方式,要是如果将时间也加入到这种排序方式中,那么就能使它变快,接下来是真正的带修莫队的排序方式:首先将整个数组分块,但是要将它以三次根的方式分块(因为这里的排序是有三个元素的),再是排序,先将区间左端点放入块中,按所在块前后进行排序,在同一个块中的,再讲右端点放入块中,按所在块前后进行排序,又在同一个块中的,根据时间先后排序。

下面来看一道题:

洛谷P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列

题目描述

墨墨购买了一套 N 支彩色画笔(其中有些颜色可能相同),摆成一排,你需要回答墨墨的提问。墨墨会向你发布如下指令:

  1. Q L R 代表询问你从第 L 支画笔到第 R 支画笔*有几种不同颜色的画笔。

  2. R P Col 把第 P 支画笔替换为颜色 Col。

为了满足墨墨的要求,你知道你需要干什么了吗?

输入格式

第 1 行两个整数 N,M,分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。

第 2 行 N 个整数,分别代表初始画笔排中第 i 支画笔的颜色。

第 3 行到第 2+M 行,每行分别代表墨墨会做的一件事情,格式见题*分。

输出格式

对于每一个 Query 的询问,你需要在对应的行中给出一个数字,代表第 L 支画笔到第 R 支画笔*有几种不同颜色的画笔。

输入输出样例

输入 #1 6 5 1 2 3 4 5 5 Q  1  4 Q  2  6 R 1 2 Q 1 4 Q 2 6 输出 #1 4 4 3 4

说明/提示

对于30%的数据,n,m≤10000

对于60%的数据,n,m≤50000

对于所有数据,n,m≤133333

所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于 1 且不超过 10^6。

这就是一道正常的带修莫队题,其中计算颜色种数的方式就是在缩短区间时,若将某种颜色减到0,那么就将颜色种数-1,在扩大区间时,若某种颜色从无到有,那么就将颜色种数+1。

下面是代码:

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,ge,cnt=0,duan=0;
int c[133343],tot[1000010],ans[133343];
struct node{
    int l,r;
    int id; 
    int xg;
}quyu[133343];
struct nod{
    int p;
    int col;
    int yuan;
}xugai[133343];
bool cmp(node x,node y){
    int qx=x.l/ge,qy=y.l/ge;
    int wx=x.r/ge,wy=y.r/ge;
    return qx==qy?(wx==wy?x.xg>y.xg:wx<wy):qx<qy;
}
void add(int x){
    tot[c[x]]++;
    if(tot[c[x]]==1)cnt++;
}
void del(int x){
    tot[c[x]]--;
    if(tot[c[x]]==0)cnt--;
}
int main(){
    char a;
    char u;
    cin>>n>>m;
    ge=pow(n,0.666);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>c[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>a;
        if(a=='R'){
            duan++;
            cin>>xugai[duan].p>>xugai[duan].col;
            xugai[duan].yuan=c[xugai[duan].p];
            c[xugai[duan].p]=xugai[duan].col;
        }
        else{
            cin>>quyu[i-duan].l>>quyu[i-duan].r;
            quyu[i-duan].id=i-duan;
            quyu[i-duan].xg=duan;
        }
    }
    sort(quyu+1,quyu+m+1,cmp);
    int lasl=1,lasr=1;
    tot[c[1]]=1;
    cnt=1;
    int w=duan;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int rr=quyu[i].r,ll=quyu[i].l;
        while(lasr<rr)add(++lasr);
        while(lasl>ll)add(--lasl);
        while(lasr>rr)del(lasr--);
        while(lasl<ll)del(lasl++);
        while(quyu[i].xg>w){
            w++;
            if(xugai[w].p>=lasl&&xugai[w].p<=lasr){
                tot[c[xugai[w].p]]--;
                if(tot[c[xugai[w].p]]==0){
                    cnt--;
                }
                tot[xugai[w].col]++;
                if(tot[xugai[w].col]==1){
                    cnt++;
                }
            }
            c[xugai[w].p]=xugai[w].col;
        }
        while(quyu[i].xg<w){
            if(xugai[w].p>=lasl&&xugai[w].p<=lasr){
                tot[c[xugai[w].p]]--;
                if(tot[c[xugai[w].p]]==0){
                    cnt--;
                }
                tot[xugai[w].yuan]++;
                if(tot[xugai[w].yuan]==1){
                    cnt++;
                }
            }
            c[xugai[w].p]=xugai[w].yuan;
            w--;
        }
        ans[quyu[i].id]=cnt;
    }
    for(int i=1;i<=m-duan;i++){
        printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

 

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