[BZOJ5016][Snoi2017]一个简单的询问

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试题描述

给你一个长度为 (N) 的序列 (a_i)，(1 leq i leq N) 和 (q) 组询问，每组询问读入 (l_1,r_1,l_2,r_2)，需输出

egin{equation}
sum_{x=0}^{infty}get(l_1, r_1, x) cdot get(l_2, r_2, x)
otag
end{equation}

(get(l,r,x)) 表示计算区间 ([l,r]) 中，数字x出现了多少次。

输入

第一行，一个数字 (N)，表示序列长度。

第二行，(N) 个数字，表示 (a_1～a_N)

第三行，一个数字 (Q)，表示询问个数。

第4～(Q+3) 行，每行四个数字(l_1,r_1,l_2,r_2)，表示询问。

(N,Q leq 50000)

(1 leq i leq N)

(1 leq l_1 leq r_1 leq N)

(1 leq l_2 leq r_2 leq N)

注意：答案有可能超过int的最大值

输出

对于每组询问，输出一行一个数字，表示答案

输入示例

5
1 1 1 1 1
2
1 2 3 4
1 1 4 4

输出示例

4
1

数据规模及约定

见“输入”

题解

令 (Q([l_1, r_1], [l_2, r_2])) 表示一个参数为 (l_1, r_1, l_2, r_2) 的询问的答案，那么

(Q([l_1, r_1], [l_2, r_2]))

(sum_{x=0}^{infty} get(l_1, r_1, x) cdot get(l_2, r_2, x))

(= sum_{x=0}^{infty} (get(1, r_1, x) - get(1, l_1 - 1, x)) cdot (get(1, r_2, x) - get(1, l_2 - 1, x)))

(= sum_{x=0}^{infty} get(1, r_1, x) cdot get(1, r_2, x) - sum_{x=0}^{infty} get(1, r_1, x) cdot get(1, l_2 - 1, x) - sum_{x=0}^{infty} get(1, l_1 - 1, x) cdot get(1, r_2, x) + sum_{x=0}^{infty} get(1, l_1 - 1, x) cdot get(1, l_2 - 1, x))

(= Q([1, r_1], [1, r_2]) - Q([1, r_1], [1, l_2 - 1]) - Q([1, l_1 - 1], [1, r_2]) + Q([1, l_1 - 1], [1, l_2 - 1]))

于是可以将一个四维的询问拆成 4 个二维的询问，上二维莫队即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
inline char Getchar() {
	if(Head == Tail) {
		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
		Tail = (Head = buffer) + l;
	}
	return *Head++;
}
int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 200010
#define LL long long

int n, q, A[maxn], bl[maxn];

struct Que { // a query in this format: query([1, l], [1, r])
	int l, r, id, tp;
	Que() {}
	Que(int _l, int _r, int _id, int _tp): l(_l), r(_r), id(_id), tp(_tp) {}
	bool operator < (const Que& t) const { return bl[l] != bl[t.l] ? bl[l] < bl[t.l] : r < t.r; }
} qs[maxn];

LL totl[maxn], totr[maxn], Ans[maxn];

int main() {
	n = read(); int m = sqrt(n + .5);
	for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(), bl[i] = (i - 1) / m + 1;
	int Q = read();
	for(int i = 1; i <= Q; i++) {
		int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read();
		q++; qs[q] = Que(r1, r2, i, 1);
		q++; qs[q] = Que(r1, l2 - 1, i, -1);
		q++; qs[q] = Que(l1 - 1, r2, i, -1);
		q++; qs[q] = Que(l1 - 1, l2 - 1, i, 1);
	}
	
	sort(qs + 1, qs + q + 1);
	int l = 1, r = 1;
	LL ans = 1; totl[A[1]] = totr[A[1]] = 1;
	for(int i = 1; i <= q; i++) {
		while(l < qs[i].l) l++, ans += totr[A[l]], totl[A[l]]++;
		while(l > qs[i].l) ans -= totr[A[l]], totl[A[l]]--, l--;
		while(r < qs[i].r) r++, ans += totl[A[r]], totr[A[r]]++;
		while(r > qs[i].r) ans -= totl[A[r]], totr[A[r]]--, r--;
		Ans[qs[i].id] += ans * qs[i].tp;
	}
	
	for(int i = 1; i <= Q; i++) printf("%d
", Ans[i]);
	
	return 0;
}