2019年的某月某天某神仙讲了莫队，但是我一直咕咕咕到了2020年
什么是莫队
莫队是一种优雅的暴力，也是用来完成区间询问的。普通莫队复杂度(O(n sqrt n))。一种十分优美的离线做法
前置芝士
0.拥有脑子
1.(STL)中(sort)的(cmp)
2.看/写超长的三目运算符的耐心
3.分块的思想
当然了如果不会这些也没有关系，下面还会再讲的
正片开始
先来一道卡了莫队的莫队模板题
HH的项链
最最暴力的做法：显然我们可以对每个询问暴力跑一次，但显然(O(n^2))跑不起。
在上面的暴力中，我们浪费了大量之前遍历过的区间的信息，现在考虑利用起这些信息。我们可以设置两个指针(l,r)表示当前所处的区间左端点和右端点。初始化(l=1,r=0)。（为了避免某些神奇的(RE)）如果(l,r)不与询问区间的端点重合，就不断的跳(l,r)来更新答案。如果(l)在左端点右边，就不断向左跳，同时将(l)跳到的数统计进答案中，直到与左端点重合。如果(l)在左端点左边，就不断往右跳，同时将曾经待过的点从答案中删掉。对于这个题来说，可以用(cnt[x])表示(x)这个数出现的次数，如果某次增加时，(cnt[x]==0),(ans)就(+1),如果某次删除时发现删完后(cnt[x]==0),(ans)就(-1)。
我们发现上面这个优化对于这种图来说效率极高：
其中(x_i)表示第(i)次询问对应的区间
但是对于这种数据来说就凉了
上面的优化方式在(x_4)里面不断得左右来回跳，导致浪费了大量的时间。
所以我们不妨把询问的区间进行排序。这样做就必须离线了。怎么排序呢？按照左端点单调递增？显然右端点无序会让这个优化只增加(O(nlogn))的排序复杂度。这时候，就要用到分块思想了。
我们把整个序列分成(sqrt n)个块，按照(l)所在的块升序排列为第一关键字，(r)升序排列为第二关键字排序。感觉好像没有什么用诶？但确实是个极大的优化至于为什么我也不知道
代码如下：
struct Q{
int l,r,id,nub;//nub表示左端点在哪个块里
}qry[200009];
bool cmp(Q a,Q b)
{
if(a.nub!=b.nub) return a.nub<b.nub;
return a.r<b.r;
}
当然卡常一点也可以写成这样：
bool cmp(Q a,Q b)
{
return (a.nub^b.nub)?a.nub<b.nub:a.r<b.r;
}
过莫队板子的必备技能是卡常
这样基本的莫队就撒花完结了。
因为这道板子题卡了莫队，所以请走数据弱化版D_QUERY
板子题代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read()
{
char ch=getchar();
ll x=0;bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int n,q,a[30009],ans[200009],cnt[1000009],all;
struct Q{
int l,r,nub,id;
}qry[200009];
bool cmp(Q a,Q b)
{
if(a.nub!=b.nub) return a.nub<b.nub;
return a.r<b.r; //由于这题不卡常所以就没有卡
}
void add(int k)
{
if(!cnt[a[k]]) all++;
cnt[a[k]]++;
}
void del(int k)
{
cnt[a[k]]--;
if(!cnt[a[k]]) all--;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
q=read();
int sn=sqrt(n);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
qry[i].id=i;qry[i].l=read();qry[i].r=read();
qry[i].nub=qry[i].l/sn+1;
if(qry[i].l%sn==0) qry[i].nub--;
}
sort(qry+1,qry+1+q,cmp);
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
while(r<qry[i].r) add(++r);
while(r>qry[i].r) del(r--);
while(l<qry[i].l) del(l++);
while(l>qry[i].l) add(--l);
ans[qry[i].id]=all;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
printf("%d
",ans[i]);
}
莫队的玄学优化
奇偶性排序
虽然上面的排序方法优化很大，但是能不能更快一点以便卡过毒瘤题呢？
方法当然是有的辣。
我们先来康康按照上面的排序方法会排出来个啥
这是一堆询问区间以及并不优美的块的分界线
排序后：
这样左端点跳动幅度不大，右端点在同一个块内也是递增的。但是当(r)从一个块跳到下一个块的时候发现有时候会倒退回来好多，然后又要重新向右跳。是不是有点浪费？所以奇偶性排序就是在奇数块内右端点按升序排序，偶数块内右端点按降序排序，这样右端点在往回跳的时候就能顺带跳完偶数块的询问。理论上能快一半
上面的按照奇偶性排序：
手动模拟(r)的跳跃发现真的优化了不少
代码：
bool cmp(Q a,Q b)
{
return (a.nub^b.nub)?(a.nub<b.nub):((a.nub%2)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
乱七八糟系列
(pragma GCC optimize(2),pragma GCC optimize (3),register),快读快输，(inline),把(for)里的(i++)换成(++i),用三目运算符代替blabla(待会卡带修莫队板子要用)
带修莫队
现在毒瘤出题人要求修改，怎么办呢？
就像这道题：数颜色
在很久很久以前，这道题是可以拿树套树卡过的你甚至只用去搞搞set，但是现在拿带修莫队都要吸氧了(QAQ)
好了我们回到正题。
我们只需要在原来的莫队的基础上再加一维时间轴。将询问和修改分开存储。如果这次询问的时间在当前时间之后，就不断修改，直到时间相同。如果询问时间在当前时间之前，就再改回去，我们可以用(swap)做到，从而不用再开变量维护原来的值。
当然了，排序方式也有变化。这次我们按照(l)所在的块为第一关键字，(r)所在的块为第二关键字，时间为第三关键字进行排序。同时，奇偶性排序也不再适用。
排序：
bool cmp(Q a,Q b)
{
return (bl[a.l]^bl[b.l])?bl[a.l]<bl[b.l]:((bl[a.r]^bl[b.r])?bl[a.r]<bl[b.r]:a.ti<b.ti);
}
注意块的大小会对复杂度有着极大的影响。据大佬证明当块的大小为(n^{frac{3}{4}})时，复杂度最优。
由于这个题窝太菜了，不拿(O_2)实在是卡不过去，所以只好放上一份加(O_2)的代码了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=0;bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int n,k,q,a[133339],bl[133339],ans[133339],cnt[1000009];
int all;
struct Q{
int l,r,ti,id;
}qry[133339];
struct M{
int p;
int col;
}mdi[133339];
bool cmp(Q a,Q b)
{
return (bl[a.l]^bl[b.l])?bl[a.l]<bl[b.l]:((bl[a.r]^bl[b.r])?bl[a.r]<bl[b.r]:a.ti<b.ti);
}
inline void add(int k)
{
if(!cnt[a[k]]) all++;
cnt[a[k]]++;
}
inline void del(int k)
{
cnt[a[k]]--;
if(!cnt[a[k]]) all--;
}
inline void modi(int i,int ti)
{
if(mdi[ti].p>=qry[i].l&&mdi[ti].p<=qry[i].r)
{
int x=--cnt[a[mdi[ti].p]];
int y=++cnt[mdi[ti].col];
if(!x) all--;
if(y==1) all++;
}
swap(a[mdi[ti].p],mdi[ti].col);
}
int main()
{
n=read();q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
int qc=0,mc=0;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
char k=getchar();
while(k!='Q'&&k!='R') k=getchar();
if(k=='Q')
{
qry[++qc].l=read();qry[qc].r=read();
qry[qc].ti=mc;qry[qc].id=qc;
}
if(k=='R')
{
mdi[++mc].p=read();mdi[mc].col=read();
}
}
int sn=pow(n,3.0/4.0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bl[i]=(i-1)/sn+1;
}
sort(qry+1,qry+1+qc,cmp);
int now=0,l=1,r=0;
for(int i=1;i<=qc;i++)
{
while(r<qry[i].r) add(++r);
while(r>qry[i].r) del(r--);
while(l<qry[i].l) del(l++);
while(l>qry[i].l) add(--l);
while(now<qry[i].ti) modi(i,++now);//带修莫队只是多了这两个修改操作
while(now>qry[i].ti) modi(i,now--);
ans[qry[i].id]=all;
}
for(int i=1;i<=qc;i++)
printf("%d
",ans[i]);
}
莫队可以处理区间上的东西，而(dfs)序这种东西可以把树转化成区间，那么莫队可不可以解决树上的问题呢？
树上莫队
我们以这道题SP10707 COT2 - Count on a tree II为例，来看看树上莫队。
样例：
把样例画出来：
显然我们需要(dfs)序来把这棵树变成一个序列。
普通的(dfs)序: 1 2 3 5 6 7 4 8
2到5的路径：2 1 3 5
咦可以乱搞的区间去哪里了？？？
显然，普通的(dfs)序不能用莫队进行乱搞，所以，我们需要一种特殊的(dfs)序。
欧拉序
欧拉序是一种特殊的(dfs)序，当遍历到一个点时，将它加入(dfs)序中，再遍历它的子树。当它的子树遍历完时再将它加入到(dfs)序中。
煮个栗子：
这个图中，欧拉序是 1 2 2 3 5 5 6 6 7 7 3 4 8 8 4 1
可以看出每个点都会出现两遍，而且这两遍中间的所有点都是它的子树里的节点。这样有什么优点呢？
我们再来找找2到5的路径（2 1 3 5）：
1呢？1被吃了。1作为2,5的(lca),在欧拉序中1在2的前面所以1被吃了
我们先存一下这个即将成为历史遗留问题的问题，看一下具有祖孙关系的节点之间的路径怎么求。
炒个栗子：
1到6的路径：1 3 6
emmm也许我们又多了一个历史遗留问题
so我们应该怎么找路径对应的区间解决历史遗留问题呢？
我们可以记录每个点(i)在欧拉序中第一次出现的位置(first[i])（以下简写为(fst[i])）和最后一次出现的位置(last[i])(以下简写为(lst[i]))。我们现在要找(u)到(v)的路径对应的区间（这里假设(fst[u]<fst[v]),不满足就(swap)），如果(lca(u,v)==u),就是([fst[u],fst[v]])这段区间的答案，否则，是([lst[u],fst[v]])这段区间的答案。(why?)打表可得因为(lca)在(u)和(v)的上面，所以从(u)走到(v)一定是回溯完(u)才能到(v),所以是区间左端点是(lst[u])而不是(fst[u])。
我们注意到按照上面的找区间方法并没有解决历史遗留问题1中的处理(lca),同时也有可能会在确定的区间中发现某些节点出现了两次。所以我们应该特殊处理一下。第奇数次走到某个节点，就进行类似(add)的操作，而第偶数次遍历到某个节点就进行类似(del)的操作，可以消除区间中出现两次的点（实际上在树上并没有经过的点）的影响。对于(lca),我们单独进行上面所说的操作，统计完答案后再操作一次来消除这次操作对后面的影响。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=214748364;
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=0;bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int n,m,a[40009],cnt,head[40009],fst[40009],lst[40009];
int qwq[80009],q,tot,dep[40009],f[40009][21],bl[80009];
int b[40009],w,ans[100009],all,num[40009];
bool vis[80009];
struct E{
int to,nxt;
}ed[80009];
struct Q{
int l,r,id,lca;
}qry[100009];
void add(int fr,int to)//这个是存边的add,不是维护答案的add
{
ed[++cnt].to=to;
ed[cnt].nxt=head[fr];
head[fr]=cnt;
}
void dfs(int now,int fa)
{
dep[now]=dep[fa]+1;
qwq[++tot]=now;fst[now]=tot;
f[now][0]=fa;
for(int e=head[now];e;e=ed[e].nxt)
{
int v=ed[e].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,now);
}
qwq[++tot]=now;lst[now]=tot;
}
int Lca(int u,int v)
{
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for(int i=20;i>=0;i--)
if(dep[f[u][i]]>=dep[v]) u=f[u][i];
if(u==v) return u;
for(int i=20;i>=0;i--)
{
if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
}
return f[u][0];
}
//以上是倍增搞lca
int fd(int k)
{
int l=1,r=w;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid]==k) return mid;
if(b[mid]>k) r=mid-1;
else l=mid+1;
}
while(b[l]>k) l--;
return l;
}
//由于数据过大，进行离散化
bool cmp(Q a,Q b)
{
return (bl[a.l]^bl[b.l])?(bl[a.l]<bl[b.l]):((bl[a.l]%2)?a.r<b.r:(a.r>b.r));
}
void deal(int k)//对区间进行的操作
{
(vis[k])? all-=!(--num[a[k]]) :all+= !num[a[k]]++;
vis[k]^=1;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),b[i]=a[i];
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int fr=read(),to=read();
add(fr,to);add(to,fr);
}
sort(b+1,b+1+n);
w=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=fd(a[i]);
dfs(1,0);
for(int j=1;j<=20;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
qry[i].id=i;int u=read(),v=read();
if(fst[u]>fst[v]) swap(u,v);
int lca=Lca(u,v);
if(lca==u) qry[i].l=fst[u],qry[i].r=fst[v],qry[i].lca=0;
else qry[i].l=lst[u],qry[i].r=fst[v],qry[i].lca=lca;
}
int sn=sqrt(2*n);
for(int i=1;i<=2*n;i++)
bl[i]=(i-1)/sn;
sort(qry+1,qry+1+m,cmp);
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(r<qry[i].r) deal(qwq[++r]);
while(r>qry[i].r) deal(qwq[r--]);
while(l<qry[i].l) deal(qwq[l++]);
while(l>qry[i].l) deal(qwq[--l]);
if(qry[i].lca) deal(qry[i].lca);
ans[qry[i].id]=all;
if(qry[i].lca) deal(qry[i].lca);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d
",ans[i]);
}