关于莫队 其实是个神奇的暴力算法..
通常就是一种处理区间的东西 通过上一次的的左端点和右端点跳来跳去 从而得到这次区间的值
很暴力啊...完全不用思考就能懂的 那么 接下来首先是
普通莫队
排序和移动两点提及一下
关于排序 :
Q1 : 为什么要排序？
A1 : 因为可能两次询问的区间不重叠 如 [1,233] 和 [233,2333] 那多麻烦
Q2 : 那按左端点位置排还是右端点位置排？
A2 : 都是片面的 举个例子 [1,2333] [2,4] [3,2333] [4,6] 这几个如果按左端点排 右端点要跳四千多次 另一个同理
Q3 : 那要怎么排呢？
A3 : 分块排序 同一块中按其中一种排序 不同块中就按另一种排序 然后块的话....自己分个合适的就好 不要一个一块之类就好
然后听说这个的复杂度玄学......
关于处理每个询问 :
左右端点同理 这里以左为 Eg :
如果 原来的 l 在 本次 l 的 左边 说明右侧部分区间无用但上次记录了 于是往右移 删除第 l 个点的影响 然后使 l = l + 1
如果 原来的 l 在 本次 l 的 右边 说明左侧部分区间有用但上次没记录 于是往左移 增加第 l - 1 个点的影响 并使 l = l - 1
好了下放例题 然后下放代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
struct bot {
int l,r,id;
} s[MAXN];
int ans[MAXN],tot[MAXN],v[MAXN],base,l,r,answ;
inline short cmpto(bot x,bot y) {return x.l/base==y.l/base?x.r<y.r:x.l<y.l;}
inline void del(int p){if (!(--tot[v[p]])) --answ;}
inline void inc(int p){if (++tot[v[p]] == 1) ++answ;}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m),base = sqrt(m);
for (int a = 1 ; a <= n ; ++ a) scanf("%d",&v[a]);
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a) scanf("%d%d",&s[a].l,&s[a].r),s[a].id = a;
sort(s + 1,s + m + 1,cmpto);
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a)
{
int i = s[a].l,j = s[a].r;
while (l < i) del(l++);
while (l > i) inc(--l);
while (r < j) inc(++r);
while (r > j) del(r--);
if (answ == j - l + 1) ++ans[s[a].id];
}
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a)
if (ans[a] & 1) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
return 0;
}然后来看看升级版的 题目戳这里 最后两个点卡莫队
然而事实上略略优化一下 然后 Take a O2 breath 就可以过了
主要还是分块大小需调整 这个优化对玄学算法很有帮助 不过很有碰运气的成分 例如 (下放AC链接)
https://www.luogu.org/record/show?rid=11544517
https://www.luogu.org/record/show?rid=11544631
这第二个的最后一个点是卡着 1000ms 过的...... 然后感觉管理看见鄙人过了又要加强数据了 =-=
下放代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
struct bot {
int l,r,id;
} s[MAXN];
int v[MAXN],tot[MAXN << 1],ans[MAXN],l,r,base,answ;
inline short cmp(bot x,bot y) {return x.l/base==y.l/base?x.r<y.r:x.l<y.l;}
inline void del(int p) {if (!(--tot[v[p]])) --answ;}
inline void inc(int p) {if (++tot[v[p]] == 1) ++answ;}
inline int re()
{
char q = getchar(); int x = 0;
while (q < '0' || q > '9') q = getchar();
while ('0' <= q && q <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + q - (3 << 4),q = getchar();
return x;
}
int main()
{
int n = re();
base = n>=2333?2333:n;
for (int a = 1 ; a <= n ; ++ a) v[a] = re();
int m = re();
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a) s[a].l = re(),s[a].r = re(),s[a].id = a;
sort(s + 1,s + m + 1,cmp);
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a)
{
int i = s[a].l,j = s[a].r;
while (l < i) answ -= !(--tot[v[l++]]);
while (l > i) answ += ++tot[v[--l]] == 1;
while (r < j) answ += ++tot[v[++r]] == 1;
while (r > j) answ -= !(--tot[v[r--]]);
ans[s[a].id] = answ;
}
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a) printf("%d\n",ans[a]);
return 0;
}好了话不多说 进入下一块 接下来是
带修莫队
看名字很明显 就是带修改的莫队
哇带修改好强啊 而且听说别称是可持久化莫队？不过我感觉支持查询第 x 次修改后的某点才是可持久化......
但别忘了我们的莫队是个暴力算法 你再持久也是暴力算 维护啥版本呢
用处的话同普通莫队 就是查询区间 但是同时支持了修改区间 (或单点) 的值
没有想法？其实只添加了几行而已！不要以为查询版本很麻烦 其实也就像左右端点一样跳来跳去就好啦
关于排序
同普通莫队的排序 但同样我们可以举出 l 和 r 差不多 但是 版本 (用 e 表示) 每次要跳上千次的反例
所以我们排序还要考虑版本 即 l 和 r 都是 同一块的时候 按版本大小排 然后比较整洁的表示方法是这样的
short cmp(bot x,bot y)
{
if (x.l / base != y.l / base) return x.l < y.l;
if (x.r / base != y.r / base) return x.r < y.r;
return x.edit < y.edit;
}关于查询之前的版本预处理
我们需要记录第 sizq 次修改的点 和 修改前 修改后的值 再记录第 x 次询问时 修改了几个值就好
可以显然地发现 每次询问时 修改的次数肯定是递增 (可能同) 的 反正不可能减 然而这条并没有什么卵用.....
不过我们处理会方便一点！
修改的要像这样记录 其中 sizr 很显然时修改次数
date[++sizr].ago = cpy[x];
date[sizr].nod = x;
date[sizr].ure = y;
cpy[x] = y;然后询问同普通莫队 不过要加上一个这个玩意 还有编号肯定不是 1 到 m 了 所以也要用一个数来存询问个数
//s[a].id = a; 这句改成下一行的
s[++sizq].id = sizq;
s[sizq].edit = sizr;
//上面就是存当前点修改的版本啦正式关于查询
查询的话嘛 同普通莫队 但在这之前要把版本调到当前查询的版本
同样两个 while 一大于一小于 不多讲 (看代码绝对能懂了) 然后要记住 如果修改的点在区间里面 就要像左右端点加减一样 修改 answ 的值 但如果不在的话 修改 v 数组的值 就好了
哦对了关于 v 数组
就是读入初始值的数组啊 用这个顺便修改 因为左右端点跳的时候是通过 v 数组判定的 所以顺便要修改这个
然后之前预处理存修改的数组 因为要前驱所以也要用到 v 数组 所以建议开一个相同的数组 cpy 然后预处理时修改这个
还要还有 之前左右端点判重不是 ++--tot[v[p]] 嘛 因为查版本修改的数直接是颜色了 为了查询方便一点 改成 ++--tot[p]
其实完全可以在版本修改的子程序里重打一遍的...上面那种办法在外面的话 l++ r-- 之类的还要套上一个 v[ ]
继续关于查询
查询多出来的 while 长这样子
z = s[a].edit;
while (e < z) ++e,ate(date[e].nod,date[e].ure);
while (e > z) ate(date[e].nod,date[e].ago),--e;千万不要写成这样子
z = s[a].edit;
while (e < z) ate(date[++e].nod,date[e].ure);
while (e > z) ate(date[e].nod,date[e--].ago);然后 ate (就是 update 吃货别想歪了) 长这样
void ate(int p,int f)
{
if (l <= p && p <= r) del(v[p]),inc(f);
v[p] = f;
}其他和普通莫队差不多了 下放例题 还有代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 50005;
const int MAXM = 1000010;
struct bot {
int l,r,edit,id;
} s[MAXN];
struct etion {
int nod,ago,ure;
} date[MAXN];
int tot[MAXM],ans[MAXN],v[MAXN],cpy[MAXN],sizq,sizr,base,l,r,e,answ;
void inc(int p) {if (++tot[p] == 1) ++answ;}
void del(int p) {if (!(--tot[p])) --answ;}
void ate(int p,int f)
{
if (l <= p && p <= r) del(v[p]),inc(f);
v[p] = f;
}
short cmp(bot x,bot y)
{
if (x.l / base != y.l / base) return x.l < y.l;
if (x.r / base != y.r / base) return x.r < y.r;
return x.edit < y.edit;
}
int main()
{
char q[4];
int n,m,x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int a = 1 ; a <= n ; ++ a) scanf("%d",&v[a]),cpy[a] = v[a];
for (int a = 1 ; a <= m ; ++ a)
{
scanf("%s%d%d",q,&x,&y);
if (q[0] == 'Q')
{
s[++sizq].id = sizq;
s[sizq].edit = sizr;
s[sizq].l = x;
s[sizq].r = y;
continue;
}
date[++sizr].ago = cpy[x];
date[sizr].nod = x;
date[sizr].ure = y;
cpy[x] = y;
}
base = pow(n,2.0 / 3);//那种听说比base = sqrt(n);快欸
sort(s + 1,s + sizq + 1,cmp);
for (int a = 1 ; a <= sizq ; ++ a)
{
x = s[a].l;
y = s[a].r;
z = s[a].edit;
while (e < z) ate(date[++e].nod,date[e].ure);
while (e > z) ate(date[e].nod,date[e--].ago);
while (l < x) del(v[l++]);
while (l > x) inc(v[--l]);
while (r < y) inc(v[++r]);
while (r > y) del(v[r--]);
ans[s[a].id] = answ;
}
for (int a = 1 ; a <= sizq ; ++ a) printf("%d\n",ans[a]);
return 0;
}