[bzoj 5143][Ynoi 2018]五彩斑斓的世界

传送门

Descroption

给了你一个长为n的序列a，有m次操作

1.把区间[l,r]中大于x的数减去x

2.查询区间[l,r]中x的出现次数

Solution

分块

对于每个块，我们都分别维护：

• 每种数出现的次数，需要用到并查集，即把相同的数合并在一起

• 标记tag，表示这个块总共减了多少

• maxx，表示这个块的最大值

对于查询，按照分块的套路直接查询就可以了

修改的时候，为了保证复杂度正确，我们考虑每次通过(O(x))的复杂度，实现整个块的极差减少(x).

这样，我们就能保证总修改的复杂度是(O(nlog n))了

怎么做到呢？

假设当前数组的极差为(M),我们近似的将它看成是(maxx-tag)

• (M< x) 显然是不存在大于x的数，直接返回即可
• (x leq M leq 2x) 这个时候，把大于x的数直接减去x即可，fa[j]=fa[j-x]，这样极差减少(x)
• (M>2x) 直接把小于等于(x)的数加上(x)，然后整个区间打上减(x)的标记，极差同样减少(x)

Code 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

char B[1<<26],*S=B;
inline int read(){
    int x;char c;
    while((c=*S++)<'0'||c>'9');
    for(x=c-'0';(c=*S++)>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0';
    return x;
}
const int MN=1e5,T=650;
int a[MN+5],fa[MN/T+5][MN+5],sz[MN/T+5][MN+5],minn[T+5],maxx[T+5];
int getf(int*f,int k){return f[k]?f[k]=getf(f,f[k]):k;}
int main()
{
	B[fread(B,1,1<<26,stdin)]=0;
	int n,m,i,j,o,l,r,x,lk,rk,ans;
	n=read();m=read();
	for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),++sz[(i-1)/T][a[i]];
	for(i=1;i<=n;i+=T) minn[i/T]=0,maxx[i/T]=MN;
	while(m--)
	{
		o=read();l=read();r=read();x=read();
		lk=(l-1)/T;rk=(r-1)/T;
		if(o==1)
		{
			for(i=l;i<=r&&i<=lk*T+T;++i)
				if((a[i]=getf(fa[lk],a[i]))-minn[lk]>x)--sz[lk][a[i]],++sz[lk][a[i]-=x];
			for(i=lk;++i<rk;)
				if(maxx[i]-minn[i]>2*x)
				{
					for(j=1;j<=x;++j)sz[i][fa[i][minn[i]+j]=minn[i]+j+x]+=sz[i][minn[i]+j];
					minn[i]+=x;
				}
				else
				{
					for(j=x+1;j<=maxx[i]-minn[i];++j)sz[i][fa[i][minn[i]+j]=minn[i]+j-x]+=sz[i][minn[i]+j];
					maxx[i]=min(maxx[i],minn[i]+x); 
				}
			if(lk!=rk)for(i=r;i>rk*T;--i)
				if((a[i]=getf(fa[rk],a[i]))-minn[rk]>x)--sz[rk][a[i]],++sz[rk][a[i]-=x];
		}
		else
		{
			ans=0;
			for(i=l;i<=r&&i<=lk*T+T;++i)if(getf(fa[lk],a[i])-minn[lk]==x)++ans;
			for(i=lk;++i<rk;)if(x+minn[i]<=maxx[i])ans+=sz[i][x+minn[i]];
			if(lk!=rk)for(i=r;i>rk*T;--i)if(getf(fa[rk],a[i])-minn[rk]==x)++ans;
			printf("%d
",ans);
		}
	}
}

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