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【BZOJ】3809: Gty的二逼妹子序列

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3809

题意:n个元素(1<=n<=100000)每个元素有一权值<=n。q个询问,1<=q<=1000000,每次询问区间[l, r]的权值在区间[a, b]的种类数。时限35s...

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <string>#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <sstream>using namespace std;typedef long long ll;#define pb push_back#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))#define read(a) a=getint()#define print(a) printf("%d", a)#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)inline int getint() { static int r, k; r=0,k=1; static char c; c=getchar(); for(; c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar()) if(c==‘-‘) k=-1; for(; c>=‘0‘&&c<=‘9‘; c=getchar()) r=r*10+c-‘0‘; return k*r; }const int N=100005;int n, pos[N], cnt[N], sum[N], m, ans[N*10], w[N], sq;struct dat { int l, r, a, b, id; }a[N*10];inline bool cmp(const dat &a, const dat &b) { return pos[a.l]==pos[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l; }void init() { sq=sqrt(n+0.5); for1(i, 1, n) pos[i]=(i-1)/sq+1; }int ask(int l, int r) {	int bl=pos[l], br=pos[r], ret=0;	if(bl==br) { for1(i, l, r) ret+=cnt[i]>0; return ret; }	for1(i, bl+1, br-1) ret+=sum[i];	bl=sq*bl;	br=sq*(br-1)+1;	for1(i, l, bl) ret+=cnt[i]>0;	for1(i, br, r) ret+=cnt[i]>0;	return ret;}void update(int x, int k) {	cnt[x]+=k;	if(k==1 && cnt[x]==1) ++sum[pos[x]];	if(k==-1 && cnt[x]==0) --sum[pos[x]];}int main() {	read(n); read(m);	for1(i, 1, n) read(w[i]);	init();	for1(i, 1, m) read(a[i].l), read(a[i].r), read(a[i].a), read(a[i].b), a[i].id=i;	sort(a+1, a+1+m, cmp);	int l=1, r=0;	for1(i, 1, m) {		int nl=a[i].l, nr=a[i].r;		while(l<nl) update(w[l++], -1);		while(l>nl) update(w[--l], 1);		while(r<nr) update(w[++r], 1);		while(r>nr) update(w[r--], -1);		ans[a[i].id]=ask(a[i].a, a[i].b);	}	for1(i, 1, m) printf("%d\n", ans[i]);	return 0;}

  


 

好神的一题orz

一开始写裸的线段树+莫队t了....没分析复杂度果然会跪...如果是这样写,单次查询$O(lgn)$,修改$O(lgn)$,而有$q$个询问,每次询问莫队是$O(n^{1.5})$,所以总的复杂度为$O(n^{1.5}lgn+qlgn)$...tle成翔....单组极限数据大概就要5s以上的样子?

于是看题解,orz rausen orz hzwer

因为权值的范围在n内,我们可以将权值也分块!即统计对应块内的种类数即可...

这样的话,单次修改可以到$O(1)$,查询$O(n^{0.5})$,总的复杂度为$O(n^{1.5}+qlgn)$,单组数据大概3s左右....

于是就水过了...

听说xyz大爷的集训队论文有更优越的做法,先留个坑...

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