「Luogu P4396」「AHOI2013」作业

Description

给定一个长为 (n) 的正整数序列，(m) 个询问。

每个询问给出四个正整数 ((l, r, a, b)) ，要求 区间 ([l,r]) 内在值域 ([a,b]) 中的数字的个数以及数字种类数。

Hint

(1le n, mle 10^5, ext{所有数字}in[1, 10^5])

Solution 1

CDQ 分治。

仿照 HH的项链 的做法，先求出每个位置的数字前面出现的的位置 ( ext{pre}_i)。没有记作 0。

然后 ([l,r]) 中所有满足 ( ext{pre}_i < l) 的都是区间中这个数字第一次出现的。

这就好办了，将数列中每一个元素记作一个三维点，(x, y, z) 坐标分别为位置，值，( ext{pre}) 。

那么对于一个询问 ((l, r, a, b)) ，相当于就是求 (1le xle r ext{ and } ale yle b ext{ and } 0le z < ext{pre}_l) 的点的数量，即三维数点。

第一问的话可以在做第二问时计算好。

于是 cdq分治 自然可做。

• 时间复杂度：(O((n+m)log^2 n))
• 空间复杂度：(O(n+m))
• 是否在线：否

Solution 2

K-D Tree。

既然可以转换为 三维数点问题 ，那么想必 KDT 也是可以的。

而且可以做到在线。

• 时间复杂度：(O(mn^{frac{2}{3}}) - Omega(mlog n))
• 空间复杂度：(O(n))
• 是否在线：是

Solution 3

莫队，值域分块。

看到区间数颜色，很容易想到莫队算法。唯一的限制就是值域为 ([a,b])。

树状数组？修改带 (log) ，还是不够优秀。

其实可以值域分块：将整段值域分成若干个块，然后在块中维护信息即可。

这样可以 (O(1)) 修改，(O(sqrt{n})) 查询。

• 时间复杂度：(O(nsqrt{m} + msqrt{n}))
• 空间复杂度：(O(n + m))
• 是否在线：否

Code

（据说块长为 (frac{n}{sqrt{m}}) 最快？反正 (sqrt{n}) 过了 qwq）

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : Luogu P4396 AHOI2013 作业
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int Q = 1e6 + 5;
const int T = 500;

struct Query {
	int l, r, pos;
	int a, b;
} qry[Q];
int ans[2][Q];

int ary[N];
int belong[N], b;
int n, q;

int total[T], cnt[N], sum[N];
int L = 1, R = 0;
inline void inc(int p) {
	if (cnt[ary[p]]++ == 0) total[belong[ary[p]]]++;
	sum[belong[ary[p]]]++;
}
inline void dec(int p) {
	if (--cnt[ary[p]] == 0) total[belong[ary[p]]]--;
	sum[belong[ary[p]]]--;
}
inline int calc1(int a, int b) {
	int ret = 0;
	if (belong[a] == belong[b]) {
		for (register int i = a; i <= b; i++)
			ret += cnt[i];
		return ret;
	}
	for (register int i = a; belong[i] == belong[a]; i++)
		ret += cnt[i];
	for (register int i = b; belong[i] == belong[b]; i--)
		ret += cnt[i];
	for (register int i = belong[a] + 1; i < belong[b]; i++)
		ret += sum[i];
	return ret;
}
inline int calc2(int a, int b) {
	int ret = 0;
	if (belong[a] == belong[b]) {
		for (register int i = a; i <= b; i++)
			ret += (cnt[i] > 0);
		return ret;
	}
	for (register int i = a; belong[i] == belong[a]; i++)
		ret += (cnt[i] > 0);
	for (register int i = b; belong[i] == belong[b]; i--)
		ret += (cnt[i] > 0);
	for (register int i = belong[a] + 1; i < belong[b]; i++)
		ret += total[i];
	return ret;
}

inline void select(int l, int r) {
	while (L < l) dec(L++);
	while (L > l) inc(--L);
	while (R < r) inc(++R);
	while (R > r) dec(R--);
}

inline bool operator < (const Query& x, const Query& y) {
	return belong[x.l] != belong[y.l] ? belong[x.l] < belong[y.l] : x.r < y.r;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> q, b = ceil(sqrt(n));
	for (register int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> ary[i], belong[i] = (i - 1) / b + 1;
	for (register int i = 1; i <= q; i++)
		cin >> qry[i].l >> qry[i].r >> qry[i].a >> qry[i].b, qry[i].pos = i;
	sort(qry + 1, qry + 1 + q);
	
	for (register int i = 1; i <= q; i++) {
		select(qry[i].l, qry[i].r);
		ans[0][qry[i].pos] = calc1(qry[i].a, qry[i].b);
		ans[1][qry[i].pos] = calc2(qry[i].a, qry[i].b);
	}
	for (register int i = 1; i <= q; i++)
		cout << ans[0][i] << ' ' << ans[1][i] << endl;
	return 0;
}

Solution 4

数列分块。

咕咕咕