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BZOJ 2120 数颜色&2453 维护队列 [带修改的莫队算法]【学习笔记】

2120: 数颜色

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Description

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。墨墨会像你发布如下指令: 1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共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?

Input

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,格式见题干部分。

Output

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支画笔中共有几种不同颜色的画笔。

Sample Input

6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6

Sample Output

4
4
3
4

HINT

 

对于100%的数据,N≤10000,M≤10000,修改操作不多于1000次,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。


2016.3.2新加数据两组by Nano_Ape


 

参考资料:

1.http://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/51544720

2.http://blog.csdn.net/WerKeyTom_FTD/article/details/51540342

序列分块

对于询问操作,根据左边界所在块为第一关键字,右边界所在块为第二关键字,上一个修改操作的“时间”为第三关键字排序

维护当前区间l,r和修改操作到的时间now

移动now就是把一个数outm然后另一个数inm,注意是进行这个修改还是撤销这个修改

移动l和r和普通莫队算法一样了

 

对于本题cnt[x]表示在当前区间x出现的次数

转移显然是O(1)的,只要加减即可

 

还有一个问题,从复杂度分析来看:

分块大小Sn2/3,那么我们就有n1/3块。 

原本的莫队关键字只有两个,一个是左边界,一个是右边界。而带修改莫队要再加上一维:在第几个操作之后。 
我们按照这左边界所在块、右边界所在块以及第三关键字排序(上面说的那个)。 
统计答案时多维护一个指针记录修改操作执行到哪里,移动时直接修改即可,如果在区间内还要计算其对答案的影响。 
左指针移动次数:O(n×n2/3)=O(n5/3)。 
右指针移动次数:O(n×n2/3+n1/3×n)=O(n5/3)。 
修改指针移动:O((n1/3)2×n)=O(n5/3)。 
因此总时间复杂度O(n5/3)

应该是按n2/3分块,然而用n1/2分块比他快了几十ms.......................

 

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>using namespace std;typedef long long ll;const int N=1e4+5,M=1e2+5,S=1e6+5;inline int read(){    char c=getchar();int x=0,f=1;    while(c<0||c>9){if(c==-)f=-1;c=getchar();}    while(c>=0&&c<=9){x=x*10+c-0;c=getchar();}    return x*f;}int n,m,x,y,bl,c[N],last[N],pos[N];//last[x] x位置更改之前的颜色 char s[10];int t1,t2;struct data1{    int l,r,id,tme;    ll a,b;    bool operator <(const data1 &x)const{        if(pos[l]==pos[x.l]){            if(pos[r]==pos[x.r]) return tme<x.tme;            else return pos[r]<pos[x.r];        }else return pos[l]<pos[x.l];    }}q[N];struct data2{    int x,d,pre;}p[N];int cnt[S];int l=1,r,now,ans,a[N];//inline void outm(int x){//    cnt[x]--;//    if(cnt[x]==0) ans--;//}inline void outm(int x){    ans-=(--cnt[x])==0;}inline void inm(int x){    ans+=(++cnt[x])==1;}//inline void inm(int x){//    cnt[x]++;//    if(cnt[x]==1) ans++;//}inline void change(int x,int d){    if(l<=x&&x<=r){        outm(c[x]);        inm(d);        }    c[x]=d;}int main(){    n=read();m=read();    bl=sqrt(n);    for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=last[i]=read(),pos[i]=(i-1)/bl+1;    for(int i=1;i<=m;i++){        scanf("%s",s);x=read();y=read();        if(s[0]==Q) q[++t1].l=x,q[t1].r=y,q[t1].id=t1,q[t1].tme=t2;        else p[++t2].x=x,p[t2].d=y,p[t2].pre=last[x],last[x]=y;    }    sort(q+1,q+1+t1);        for(int i=1;i<=t1;i++){        while(now<q[i].tme){            now++;            change(p[now].x,p[now].d);        }        while(now>q[i].tme){            change(p[now].x,p[now].pre);            now--;        }        while(l<q[i].l){            outm(c[l]);l++;        }        while(l>q[i].l){            l--;inm(c[l]);        }        while(r<q[i].r){            r++;inm(c[r]);        }        while(r>q[i].r){            outm(c[r]);r--;        }        a[q[i].id]=ans;    }    for(int i=1;i<=t1;i++) printf("%d\n",a[i]);}

 

 

 

 

 

 

 

 

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