BZOJ 3809: Gty的二逼妹子序列

2022-08-28 20:13:26

3809: Gty的二逼妹子序列

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Description

Autumn和Bakser又在研究Gty的妹子序列了！但他们遇到了一个难题。

对于一段妹子们，他们想让你帮忙求出这之内美丽度∈[a,b]的妹子的美丽度的种类数。

为了方便，我们规定妹子们的美丽度全都在[1,n]中。

给定一个长度为n(1<=n<=100000)的正整数序列s(1<=si<=n)，对于m(1<=m<=1000000)次询问“l,r,a,b”，每次输出sl...sr中，权值∈[a,b]的权值的种类数。

Input

第一行包括两个整数n,m(1<=n<=100000,1<=m<=1000000),表示数列s中的元素数和询问数。

第二行包括n个整数s1...sn(1<=si<=n)。

接下来m行,每行包括4个整数l,r,a,b(1<=l<=r<=n,1<=a<=b<=n),意义见题目描述。

保证涉及的所有数在C++的int内。

保证输入合法。

Output

对每个询问，单独输出一行，表示sl...sr中权值∈[a,b]的权值的种类数。

Sample Input

10 10
4 4 5 1 4 1 5 1 2 1
5 9 1 2
3 4 7 9
4 4 2 5
2 3 4 7
5 10 4 4
3 9 1 1
1 4 5 9
8 9 3 3
2 2 1 6
8 9 1 4

Sample Output

2
0
0
2
1
1
1
0
1
2

HINT

样例的部分解释：

5 9 1 2

子序列为4 1 5 1 2

在[1,2]里的权值有1,1,2，有2种，因此答案为2。

3 4 7 9

子序列为5 1

在[7,9]里的权值有5，有1种，因此答案为1。

4 4 2 5

子序列为1

没有权值在[2,5]中的，因此答案为0。

2 3 4 7

子序列为4 5

权值在[4,7]中的有4,5，因此答案为2。

建议使用输入/输出优化。

Source

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初识莫队算法，大体记录一下。

莫队算法可以用来解决一类区间询问问题，例如一道经典的例题：

给出一个序列，还有若干次询问，每次询问在区间[l,r]中有多少个数字出现了3次及3次以上。

先考虑暴力算法，不难想到对于每个询问，扫描一遍区间，用数组记录下每个数字出现的次数并及时统计出现3次及以上的数字个数，时间复杂度O(询问数*区间大小)。

再考虑高级算法，就是维护一段区间内的数字出现次数以及3次及三次以上的数字个数，区间每次可以O(1)的向某个方向（左或右）扩展一个元素，或弹出一个元素，只需要修改该数字的出现次数，并检查是否发生了从3到2或从2到3的“质变”即可。这个算法相较于上一个暴力算法并没与在复杂度上体现出什么优势，但这是莫队算法的基础。

最后看莫队算法，采用类似于分块的sqrt(n)划分方式，先将所有询问离线，按照询问的区间左端点排序，每sqrt(n)个单位长度划分为一组，注意是按照长度。然后对于每一组询问，在组内对询问按照区间右端点排序，使其单调，然后暴力处理一个组内的所有询问即可。由于左端点相距至多sqrt(n)个长度，所有每次维护的区间的左端点最多进行sqrt(n)次改变（加入元素或删除元素），而区间的右端点由于单调性质至多移动n个单位长度，全局复杂度O(n*sqrt(n))，优秀之极。

对于这道题，一开始的想法是莫队算法+树状数组（或线段树）什么的，时间复杂度O(N*sqrt(N)*log(N))，然而亲身实践之后并没有卡过去，看来出题人没有那么友好。

考虑把树状数组的O(logN)加入和O(logN)查询做一些调整，用分块的O(1)插入和O(sqrt(N))查询替代，全局复杂度降至O(NsqrtN)。

 #include <bits/stdc++.h>

 template <class T>

 inline void read(T &num) {

     register int neg = false;

     register int bit = getchar();

     while (bit <= '') {

         if (bit == '-')

             neg ^= neg;

         bit = getchar();

     }

     num = ;

     while (bit >= '') {

         num = num*

         + bit - '';

         bit = getchar();

     }

     if (neg)num = -num;

 }

 const int N = 1e5 + ;

 const int M = 1e6 + ;

 int n, m, s, num[N], cnt[N], sgl[N], sum[N];

 /*<--- QRY --->*/

 struct query {

     int l, r, a, b, id, ans;

 }qry[M];

 inline bool cmp_lr(const query &A, const query &B) {

     if (A.l / s != B.l / s)

         return A.l < B.l;

     else

         return A.r < B.r;

 }

 inline bool cmp_id(const query &A, const query &B) {

     return A.id < B.id;

 }

 /*<--- MO --->*/

 inline int ask(int a, int b) {

     if (a / s == b / s) {

         int ret = ;

         for (int i = a; i <= b; ++i)ret += sgl[i];

         return ret;

     }

     else {

         int ret = , lt = a / s + , rt = b / s - ;

         for (int i = lt; i <= rt; ++i)ret += sum[i];

         for (int i = a; i / s < lt; ++i)ret += sgl[i];

         for (int i = b; i / s > rt; --i)ret += sgl[i];

         return ret;

     }

 }

 inline void add(int k, int v) {

     sgl[k] += v, sum[k/s] += v;

 }

 inline void insert(int k) {

     if (++cnt[k] == )add(k, );

 }

 inline void remove(int k) {

     if (--cnt[k] == )add(k, -);

 }

 /*<--- MAIN --->*/

 signed main(void) {

     read(n);

     read(m);

     s = sqrt(n);

     for (int i = ; i <= n; ++i)

         read(num[i]);

     for (int i = ; i <= m; ++i) {

         qry[i].id = i;

         read(qry[i].l);

         read(qry[i].r);

         read(qry[i].a);

         read(qry[i].b);

     }

     memset(cnt, , sizeof(cnt));

     memset(sum, , sizeof(sum));

     memset(sgl, , sizeof(sgl));

     std::sort(qry + , qry +  + m, cmp_lr);

     for (int i = , x = , y = ; i <= m; ++i) {

         while (x < qry[i].l)remove(num[x]), ++x;

         while (y > qry[i].r)remove(num[y]), --y;

         while (x > qry[i].l)--x, insert(num[x]);

         while (y < qry[i].r)++y, insert(num[y]);

         qry[i].ans = ask(qry[i].a, qry[i].b);

     }

     std::sort(qry + , qry +  + m, cmp_id);

     for (int i = ; i <= m; ++i)

         printf("%d\n", qry[i].ans);

 }

@Author: YouSiki

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