题目描述
您正在打galgame，然后突然发现您今天太颓了，于是想写个数据结构题练练手： 一个长为 n 的序列 a。
有 m 个询问，每次询问三个区间，把三个区间中同时出现的数一个一个删掉，问最后三个区间剩下的数的个数和，询问独立。 注意这里删掉指的是一个一个删，不是把等于这个值的数直接删完，比如三个区间是 [1,2,2,3,3,3,3] , [1,2,2,3,3,3,3] 与 [1,1,2,3,3]，就一起扔掉了 1 个 1，1 个 2，2 个 3。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数表示 n , m。
第二行 n个数表示 a[i]。
之后 m 行，每行 6 个数 l1 , r1 , l2, r2 , l3 , r3 表示这三个区间。
输出格式：
对于每个询问，输出一个数表示答案。
输入输出样例
说明
n , m <= 100000 , 1 <= a[i] <= 1000000000
题解
大毒瘤题名不虚传……
做莫队的时候因为先del再add已经快RE到死了……
据某加藤大佬说这题一看就是莫队+bitset维护并集，然而我啥都看不出来……
先把原数组给离散，然后总共只有$10^5$个数，可以对每一个询问维护一个bitset，表示每一位有几个，然后只要把三个询问的bitset并起来就行了。然而bitset怎么表示数的个数呢？我们可以给每一个数很多位置，位置数为它在原数组中的个数。比方说1,1,4,3,1，那么我们就给1这个数字3个位置，做莫队的时候，维护一个bitset，设当前已经有x个1，且1在bitset中的位置为1，那么要add的时候，就让第x+1位变为1，表示加了一个1，del的话，就让第x位变为0，表示少了一个1，同时更新x
然后这样有可能两个数的区间重叠，那么我们在离散化的之后可以不去重，直接用在排序后的数组的位置表示新数，这样每一个数就不会和其他区间重叠了
1 //minamoto 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<bitset> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstring> 7 #include<cmath> 8 using namespace std; 9 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 10 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 11 inline int read(){ 12 #define num ch-'0' 13 char ch;bool flag=0;int res; 14 while(!isdigit(ch=getc())) 15 (ch=='-')&&(flag=true); 16 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 17 (flag)&&(res=-res); 18 #undef num 19 return res; 20 } 21 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 22 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 23 inline void print(int x){ 24 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 25 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 26 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' '; 27 } 28 const int N=1e5+5,NN=27000; 29 int n,m,len,rt[N],ans[N]; 30 bitset<N> f[NN+5],tmp; 31 int a[N],b[N],L1[N],R1[N],L2[N],R2[N],L3[N],R3[N],cnt[N],l,r,tot; 32 bool flag[NN+5]; 33 struct node{ 34 int l,r,id; 35 node(){} 36 node(int l,int r,int id):l(l),r(r),id(id){} 37 }q[N]; 38 inline bool operator <(node a,node b){ 39 return rt[a.l]==rt[b.l]?rt[a.l]&1?a.r<b.r:a.r>b.r:rt[a.l]<rt[b.l]; 40 } 41 inline void init(){ 42 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 43 memset(flag,0,sizeof(flag)); 44 tmp.reset(); 45 l=1,r=0,tot=0; 46 } 47 inline void add(int x){ 48 tmp[x+cnt[x]]=1,++cnt[x]; 49 } 50 inline void del(int x){ 51 tmp[x+cnt[x]-1]=0,--cnt[x]; 52 } 53 inline void solve(int lx,int rx){ 54 init(); 55 for(int i=lx;i<=rx;++i){ 56 q[++tot]=node(L1[i],R1[i],i),ans[i]+=R1[i]-L1[i]+1; 57 q[++tot]=node(L2[i],R2[i],i),ans[i]+=R2[i]-L2[i]+1; 58 q[++tot]=node(L3[i],R3[i],i),ans[i]+=R3[i]-L3[i]+1; 59 } 60 sort(q+1,q+1+tot); 61 for(int i=1;i<=tot;++i){ 62 while(l>q[i].l) add(a[--l]); 63 while(r<q[i].r) add(a[++r]); 64 while(l<q[i].l) del(a[l++]); 65 while(r>q[i].r) del(a[r--]); 66 if(!flag[q[i].id-lx+1]) flag[q[i].id-lx+1]=1,f[q[i].id-lx+1]=tmp; 67 else f[q[i].id-lx+1]&=tmp; 68 } 69 for(int i=lx;i<=rx;++i) ans[i]-=f[i-lx+1].count()*3; 70 } 71 int main(){ 72 n=read(),m=read(),len=sqrt(n); 73 for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=b[i]=read(),rt[i]=(i-1)/len+1; 74 sort(b+1,b+1+n); 75 for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b; 76 for(int i=1;i<=m;++i) 77 L1[i]=read(),R1[i]=read(),L2[i]=read(),R2[i]=read(),L3[i]=read(),R3[i]=read(); 78 for(int i=1;i<=m;i+=NN) solve(i,min(m,i+NN-1)); 79 for(int i=1;i<=m;++i) print(ans[i]); 80 Ot(); 81 return 0; 82 }