题目描述
给你一个长度为(n)的数列，还有(m)个询问，对于每个询问((l,r,a,b))，输出1.区间([l,r])有多少范围在([a,b])的数；2.区间([l,r])有多少范围在([a,b])的权值。
(nleq 100000,mleq 1000000)
题解
这道题莫队可以水过。
这里讲一个更优秀的算法。
建一棵权值线段树。每一个点存它代表的范围内所有数的下标。
一个询问对应权值线段树中的一些点。每个点要求出([l,r])内的数的个数和不同的数的个数。第一问可以乱搞。第二问直接排序后用树状数组维护每个数最后一次出现的位置然后离线乱搞。
每个点会在根到这个点的路径上各插入一次，所以总的点数是(nlog n)。
总的时间复杂度是(O((n+m)log^2 n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
void sort(int &a,int &b)
{
if(a>b)
swap(a,b);
}
void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];
sprintf(str,"%s.in",s);
freopen(str,"r",stdin);
sprintf(str,"%s.out",s);
freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
struct ques
{
int l,r,a,b,id;
};
vector<ques> q[200010];
vector<pii> c[200010];
struct node
{
int l,r,ls,rs;
};
node a[200010];
int cnt;
int rt;
void build(int &p,int l,int r)
{
p=++cnt;
a[p].l=l;
a[p].r=r;
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
build(a[p].ls,l,mid);
build(a[p].rs,mid+1,r);
}
void build2(int p)
{
if(a[p].l==a[p].r)
return;
int mid=(a[p].l+a[p].r)>>1;
for(vector<pii>::iterator x=c[p].begin();x!=c[p].end();x++)
if(x->second<=mid)
c[a[p].ls].push_back(*x);
else
c[a[p].rs].push_back(*x);
build2(a[p].ls);
build2(a[p].rs);
}
void add(int &p,ques &v)
{
if(v.a<=a[p].l&&v.b>=a[p].r)
{
q[p].push_back(v);
return;
}
int mid=(a[p].l+a[p].r)>>1;
if(v.a<=mid)
add(a[p].ls,v);
if(v.b>mid)
add(a[p].rs,v);
}
int ans[1000010];
int ans2[1000010];
int d[100010];
int e[100010];
int f[100010];
int n,m;
int bt[100010];
int bt2[100010];
int last[100010];
void add(int x,int v)
{
for(;x<=n;x+=x&-x)
bt[x]+=v;
}
int sum(int x)
{
int s=0;
for(;x;x-=x&-x)
s+=bt[x];
return s;
}
void add2(int x,int v)
{
for(;x<=n;x+=x&-x)
bt2[x]+=v;
}
int sum2(int x)
{
int s=0;
for(;x;x-=x&-x)
s+=bt2[x];
return s;
}
void rd(int &s)
{
int c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9');
s=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
s=s*10+c-'0';
}
int cmp(ques a,ques b)
{
return a.r<b.r;
}
int main()
{
open("bzoj3236");
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,x;
build(rt,1,n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
rd(x);
c[1].push_back(pii(i,x));
}
build2(rt);
ques v;
for(i=1;i<=m;i++)
{
rd(v.l);
rd(v.r);
rd(v.a);
rd(v.b);
v.id=i;
add(rt,v);
}
int j;
for(i=1;i<=cnt;i++)
{
int sz2=q[i].size();
if(!sz2)
continue;
int sz=c[i].size();
int k=1;
for(j=1;j<=sz;j++)
{
d[j]=c[i][j-1].first;
f[j]=c[i][j-1].second;
}
sort(q[i].begin(),q[i].end(),cmp);
while(k<=sz2&&q[i][k-1].r<d[1])
k++;
for(j=1;j<=sz;j++)
{
e[j]=last[f[j]];
last[f[j]]=j;
if(e[j])
add(e[j],-1);
add(j,1);
add2(j,1);
while(k<=sz2&&(j==sz||q[i][k-1].r<d[j+1]))
{
int l=lower_bound(d+1,d+sz+1,q[i][k-1].l)-d;
ans[q[i][k-1].id]+=sum(j)-sum(l-1);
ans2[q[i][k-1].id]+=sum2(j)-sum2(l-1);
k++;
}
}
for(j=1;j<=sz;j++)
{
if(last[f[j]])
add(last[f[j]],-1);
last[f[j]]=0;
add2(j,-1);
}
}
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d %d
",ans2[i],ans[i]);
return 0;
}