JZOJ-senior-1942. 【2011集训队出题】数颜色

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Description

　　墨墨购买了一套N支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会像你发布如下指令：
　　1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
　　2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。
　　为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？

Input

　　第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。
　　第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。
　　第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。

Output

　　对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。

Sample Input

6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6

Sample Output

4
4
3
4

Hint

【数据规模】
　　对于40%数据，只包含第一类操作（无修改操作），且。
　　除此之外的20%的数据，N，M≤1000
　　对于100%的数据，N≤10000，M≤10000，修改操作不多于1000次，所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于1且不超过10^6。

Solution

带修莫队算法

莫队可修改？那不是爆炸了？

这类爆炸的问题被称为带修莫队（可持久化莫队）。

按类比思想，引入一个“修改时间”，表示当前询问是发生在前 $Time$ 个修改操作后的。也就是说，在进行莫队算法时，看看当前的询问和时间指针（第三个指针，别忘了 $l,r$ ）是否相符，然后进行时光倒流或者时光推移操作来保证答案正确性。

Sort的构造。仅靠原来的sort关键字会使得枚举每个询问都可能因为时间指针移动的缘故要移动 $n$ 次，总共就 $n^2$ 次，那还不如写暴力。

·为了防止这样的事情发生，再加入第三关键字 $Time$ (代码中的 $t$ )

当 $unit=n^{\frac{2}{3}}$ 时，时间复杂度为 $O(n^{\frac{5}{3}})$
带修莫队时间复杂度分析

Code

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 10010

using namespace std;

int n,m,x,y,k,len,num,tot,L=1,R=0,T=0;
int a[N],s[100*N],be[N],ans[N],last[N];

struct qq
{
    int l,r,t,id;
}q[N];

struct cc
{
    int pos,xin,jiu;
}c[N];

bool cmp(qq x,qq y)
{
    return be[x.l]==be[y.l]?(be[x.r]==be[y.r]?x.t<y.t:x.r<y.r):x.l<y.l;
}

void revise(int x,int c)
{
    s[x]+=c;
    if(c>0) k+=s[x]==1;
        else k-=s[x]==0;
}

void modify(int x,int y)
{
    if(L<=x&&x<=R) revise(a[x],-1),revise(y,1);
    a[x]=y;
}

int main()
{
    freopen("color.in","r",stdin);
    freopen("color.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m),len=pow(n,2.0/3);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),last[i]=a[i],be[i]=(i-1)/len+1;
    fo(i,1,m)
    {
        char ch=getchar();
        while(ch!='Q'&&ch!='R') ch=getchar();
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(ch=='Q') q[++tot]=(qq){x,y,num,tot};
        else c[++num]=(cc){x,y,last[x]},last[x]=y;
    }
    sort(q+1,q+1+tot,cmp);
    fo(i,1,tot)
    {
        while(T<q[i].t) modify(c[T+1].pos,c[T+1].xin),T++;
        while(T>q[i].t) modify(c[T].pos,c[T].jiu),T--;
        while(L<q[i].l) revise(a[L],-1),L++;
        while(L>q[i].l) revise(a[L-1],1),L--;
        while(R<q[i].r) revise(a[R+1],1),R++;
        while(R>q[i].r) revise(a[R],-1),R--;
        ans[q[i].id]=k;
    }
    fo(i,1,tot) printf("%d\n",ans[i]);
}