莫队和带修莫队 学习笔记

哎，很纠结，我刚学这个东西，感觉好像本身自己理解得就不深刻，所以好像不知道该怎么写这个学习笔记了，估计是我思路最凌乱，语言最没逻辑的一篇学习笔记吧。（如果看到这儿觉得作者会坑就关掉吧。。）

好，我来尝试讲明白我可能明白的莫队知识。
莫队，通常是用来解决一些区间询问的问题，是一种离线算法。它适用于在知道区间$[l,r]$的答案后能在$O(1)$或者$O(logn)$的时间内知道$[l+1(-1),r]$和$[l,r+1(-1)]$的答案的问题。

具体做法是对区间$[1,n]$进行分块通常是每块大小是$\sqrt{n}$（为了保证复杂度）。首先我们预处理出每个下表应该属于哪个块，也就是$pos[i]=(i-1)/\sqrt{n}+1$。由于是离线算法，我们先把所有的询问读进来，并记录下询问的编号，然后以询问区间的左端点所在的块为第一关键字，以右端点下标为第二关键字对询问排序。排完序之后的做法就比较暴力了，就是每次在上一次答案的基础上移动上一次询问区间的左右端点，边移动边更新答案，直到左右端点移动成当前区间的左右端点，那么便得到了当前区间的答案（所以被成为优雅的暴力）。最后将询问按照读入的顺序输出答案即可。
我们考虑刚才过程的复杂度，我们假设询问和区间大小是同一量级的，乍一看好像一直在暴力的一点一点移动，复杂度像是$O(n^2)$，但是仔细一想，我们是对其进行分过块、过排序的。我们考虑之前分块、排序对复杂度的影响。我们有$\sqrt{n}$块，每一块的询问右端点根据排序是单调递增的，所有每一块右端点最多移动$n$次，因此右端点移动的复杂度是$O(n\sqrt{n})$。再考虑左端点，首先是块内移动，每次移动范围不超过$\sqrt{n}$，块内移动的次数不超过$n$次，于是在同一块内左端点移动的次数不超过$O(n\sqrt{n})$；再考虑左端点跨块的移动，最多跨$\sqrt{n}$次块，每跨一块比起在块内移动多移动了$\sqrt{n}$次，总共跨块带来的移动次数应该是$O(\sqrt{n}*\sqrt{n})=O(n)$的。
普通莫队就介绍完了，推荐一道入门题目就是SPOJ3267,可以在洛谷上找这个题。当然还有HH的项链这道题，不过洛谷的数据加强了，好像很多人的莫队都被卡了，但是BZOJ上是可以用莫队过的。
我提供一下这个题我的代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,q,b[30010],tot[1000100],sz,pos[30010];
int sum,l=1,r=0;
struct node
{
    int l,r,id,ans;
}a[200010];
int cmp1(node x,node y)
{
    if(pos[x.l]==pos[y.l])
    return x.r<y.r;
    return x.l<y.l;
}
int cmp2(node x,node y)
{
    return x.id<y.id;
}
inline void add(int x)
{
    if(!tot[x])
    ++sum;
    ++tot[x];
}
inline void del(int x)
{
    --tot[x];
    if(!tot[x])
    --sum;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&b[i]);
    scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;++i)
    {
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        a[i].id=i;
    }
    sz=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    pos[i]=(i-1)/sz+1;
    sort(a+1,a+q+1,cmp1);
    for(int i=1;i<=q;++i)//Õâ¸öд·¨Ó¦¸ÃÊÇÔÚά»¤Çø¼ä(l-1,r]µÄ´ð°¸ 
    {
        while(l<a[i].l)
        del(b[l++]);
        while(l>a[i].l)
        add(b[--l]);
        while(r<a[i].r)
        add(b[++r]);
        while(r>a[i].r)
        del(b[r--]);
        a[i].ans=sum;
    }
    sort(a+1,a+q+1,cmp2);
    for(int i=1;i<=q;++i)
    printf("%d\n",a[i].ans);
    return 0；
}

再说一下带修莫队。
我们刚才介绍的普通莫队是不支持修改的，也就是说我们只能回答询问，那么如果题目还要进行修改，应该怎么做呢？
我们是这样处理的：
我们同样是离线做，先读入所有的询问和修改，但是在读入询问的同时记录下在这场询问之前要进行前多少次修改。然后我们对询问用与普通莫队差不多的方法分块、排序。不同的地方是，第一，有人说带修莫队块的大小应该是$n^{\frac{2}{3}}$的时候复杂度最优，不过我还没有研究明白带修莫队的复杂度；第二，排序还有给第三关键字，就是该询问之前进行了前多少次修改。与普通莫队的区别是我们要在每次移动上一次询问区间的左右端点之前要先看处理上一次询问时修改的次数是比现在多了还是少了， 少了的话就把没修改的修改了，多了就把改过的再该回去，（所以要记录一下每次修改若改回去应改成多少），然后再移动左右端点。另外需要注意的是如果多改或少改的数有在上一次询问的区间内的，那么我们要先更新当前左右端点所表示的区间的答案，然后再在移动时更新答案，这样才能得到正确的结果。
这样带修莫队就讲完了，不知道看这篇博客的人能不能看懂。。。（好不负责任）
模板题：小Z的袜子，洛谷和BZOJ上都有
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,c[50010],bef[50010];//bef[i]记录第i次修改还原的话应变成多少 
int pos[50010],sz,cntq,cntr;//cntq记录现在是第几次询问，cntr记录当前是第几个修改 
int cur;//cur记录当前询问的前一次询问已经进行了前多少次修改 
int ans;//记录当前区间的答案 
int tot[1000100];//记录每个数在当前区间出现的次数 
struct qwq
{
    int x,y;//x表示要改动的下标，y表示要改成的数字 
}ch[50010];//(change),记录修改
struct node
{
    int l,r,id,t,ans;//t表示在这之前进行了t次修改 
}q[50010];//记录询问
int cmp1(node x,node y)
{
    if(pos[x.l]!=pos[y.l])
    return x.l<y.l;
    else if(pos[x.r]!=pos[y.r])
    return x.r<y.r;
    else
    return x.t<y.t;
} 
int cmp2(node x,node y)
{
    return x.id<y.id;
}
inline void modui(int x,int y,int opt)
//opt=1是扩大区间，=-1是减小区间,该函数是处理区间[x,y]的贡献 
{
    for(int i=x;i<=y;++i)
    {
        if(opt==1)
        {
            if(!tot[c[i]])
            ++ans;
            ++tot[c[i]];
        }
        else
        {
            --tot[c[i]];
            if(!tot[c[i]])
            --ans;
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        char opt;
        int x,y;
        cin>>opt>>x>>y;
        if(opt=='Q')
        {
            q[++cntq].l=x;
            q[cntq].r=y;
            q[cntq].id=cntq;
            q[cntq].t=cntr;
        }
        else
        {
            ch[++cntr].x=x;
            ch[cntr].y=y;
        }
    }
    sz=pow(n,2.0/3);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    pos[i]=(i-1)/sz+1;
    sort(q+1,q+cntq+1,cmp1);
    //特别处理第一次询问 
    cur=q[1].t;
    for(int i=1;i<=q[1].t;++i)
    {
        bef[i]=c[ch[i].x];
        c[ch[i].x]=ch[i].y;
    }
    modui(q[1].l,q[1].r,1);
    q[1].ans=ans;
    for(int i=2;i<=cntq;++i)
    {
        if(cur<q[i].t)
        {
            for(int j=cur+1;j<=q[i].t;++j)
            {
                if(ch[j].x>=q[i-1].l&&ch[j].x<=q[i-1].r)//如果在上一次询问的区间内，那么还要更新ans 
                {
                    --tot[c[ch[j].x]];
                    if(!tot[c[ch[j].x]])
                    --ans;
                    if(!tot[ch[j].y])
                    ++ans;
                    ++tot[ch[j].y];
                }
                bef[j]=c[ch[j].x];
                c[ch[j].x]=ch[j].y;
            }
        }
        else if(cur>q[i].t)
        {
            for(int j=cur;j>q[i].t;--j)
            {
                if(ch[j].x>=q[i-1].l&&ch[j].x<=q[i-1].r)
                {
                    --tot[c[ch[j].x]];
                    if(!tot[c[ch[j].x]])
                    --ans;
                    if(!tot[bef[j]])
                    ++ans;
                    ++tot[bef[j]];
                }
                c[ch[j].x]=bef[j];
            }
        }
        cur=q[i].t;
        if(q[i].l>q[i-1].l)
        modui(q[i-1].l,q[i].l-1,-1);
        else
        modui(q[i].l,q[i-1].l-1,1);
        if(q[i].r>q[i-1].r)
        modui(q[i-1].r+1,q[i].r,1);
        else
        modui(q[i].r+1,q[i-1].r,-1);
        q[i].ans=ans;
    }
    sort(q+1,q+cntq+1,cmp2);
    for(int i=1;i<=cntq;++i)
    printf("%d\n",q[i].ans);
    return 0;
}