[JOISC2014]歴史の研究

I.[JOISC2014]歴史の研究

解法1.普通莫队

普通莫队要保证复杂度是一个根号，须确保插入/删除一个数均是 \(O(1)\)，而询问在 \(O(\sqrt n)\) 以内。

关于本题，最好的分块维护方式，是对一个出现了 \(cnt_x\) 次的元素 \(x\)，将 \(1\times x,2\times x,3\times x,\dots,cnt_x\times x\) 全部离散化掉。这样子总离散化元素数量应为 \(\sum cnt_x=n\)，可以承受。这样子，需要维护的操作就由修改某个位置的值，变为某个 \(x\) 插入时，插入 \(cnt_x\times x\)，出队时删除。可以做到 \(O(1)-O(\sqrt n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int BBB=350;
int n,m,a[100100],lim,buc[100100],BLK[100100],lp[400],cub[100100],CUB[410];
vector<int>v[100100],u;
vector<ll>w;
ll res[100100];
struct query{
	int l,r,id;
	friend bool operator<(const query&u,const query&v){
		if(u.r/BBB!=v.r/BBB)return u.r/BBB<v.r/BBB;
		return (u.r/BBB)&1?u.l<v.l:u.l>v.l;
	}
}q[100100];
void Push(int x){
	x=v[a[x]][buc[a[x]]++];
	cub[x]++,CUB[BLK[x]]++;
}
void Pop(int x){
	x=v[a[x]][--buc[a[x]]];
	cub[x]--,CUB[BLK[x]]--;
}
ll query(){
	for(int i=BLK[lim]-1;i>=0;i--){
		if(!CUB[i])continue;
		for(int j=lp[i+1]-1;j>=lp[i];j--)if(cub[j])return w[j];
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),u.push_back(a[i]);
	sort(u.begin(),u.end()),u.resize(unique(u.begin(),u.end())-u.begin());
	for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]=lower_bound(u.begin(),u.end(),a[i])-u.begin()+1].push_back(i),w.push_back(1ll*u[a[i]-1]*v[a[i]].size());
	sort(w.begin(),w.end()),w.resize(lim=unique(w.begin(),w.end())-w.begin());
	for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]].clear();
	for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]].push_back(lower_bound(w.begin(),w.end(),1ll*(v[a[i]].size()+1)*u[a[i]-1])-w.begin());
	for(int i=0;i<lim;i++)BLK[i]=i/BBB;BLK[lim]=BLK[lim-1]+1;
	for(int i=0;i<=BLK[lim-1];i++)lp[i]=i*BBB;lp[BLK[lim]]=lim;
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
	sort(q+1,q+m+1);
	for(int i=1,L=1,R=0;i<=m;i++){
		while(L>q[i].l)Push(--L);
		while(R<q[i].r)Push(++R);
		while(L<q[i].l)Pop(L++);
		while(R>q[i].r)Pop(R--);
		res[q[i].id]=query();
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",res[i]);
	return 0;
} 

解法2.回滚莫队

回滚莫队可以处理一些不方便缩短区间的问题。其流程如下：

• 询问离线，按照左端点分块，块内询问按照右端点递增排序。这里的块需要显式地建出来。
• 初始令当前处理的区间左端点 \(L=r+1,R=r\)，其中 \(r\) 是当前处理块的右端点。
• 对于右端点未超过块的右端点的询问，显然其长度不会超过 \(\sqrt n\)，可以直接暴力。
• 对于右端点超过块的右端点的询问，可以先右移当前处理的 \(R\) 至询问右端点，然后左移 \(L\) 至左端点，并用回撤数据结构（栈之类）记录。回答询问后，运用回撤数据结构中储存的信息，将 \(L\) 移回 \(r+1\)。

明显复杂度仍是 \(O(n\sqrt n)\)。

要记得清空桶！

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int BBB=350;
typedef long long ll;
int n,m,a[100100],buc[100100];
ll mx,res[100100];
vector<int>v;
struct query{
	int l,r,id;
	query(int L,int R,int ID){l=L,r=R,id=ID;}
	friend bool operator<(const query&u,const query&v){return u.r<v.r;}
};
vector<query>u[410];
void Push(int x){mx=max(mx,1ll*v[a[x]]*++buc[a[x]]);}
void Pop(int x){buc[a[x]]--;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]),v.push_back(a[i]);
	sort(v.begin(),v.end()),v.resize(unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
	for(int i=0;i<n;i++)a[i]=lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i])-v.begin();
	for(int i=1,l,r;i<=m;i++)scanf("%d%d",&l,&r),l--,r--,u[l/BBB].emplace_back(l,r,i);
	for(int i=0;i*BBB<n;i++){
		sort(u[i].begin(),u[i].end());
		int lim=min(n,(i+1)*BBB);
		int L=lim,R=L-1;mx=0;
		for(auto x:u[i]){
			if(x.r<lim){
				for(int j=x.l;j<=x.r;j++)Push(j);
				res[x.id]=mx,mx=0;
				for(int j=x.l;j<=x.r;j++)Pop(j);
//				printf("%d\n",x.id);
				continue;
			}
			while(R<x.r)Push(++R);
			ll tmp=mx;
			while(L>x.l)Push(--L);
			res[x.id]=mx,mx=tmp;
			while(L<lim)Pop(L++);
		}
		for(int j=L;j<=R;j++)Pop(j);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",res[i]);
	return 0;
}