题解【[AHOI2013]作业】

\[ \texttt{Preface} \]

数据貌似很水，据说 \(A_i\leq n\) ，连离散化都不需要。

不知道为啥设块大小为 \(\frac{n}{\sqrt m}\) 会一直 Runtime Error on test 1,3,4 ，改成 \(\sqrt n\) 就 \(A\) 了，据说是 \(m=0\) 的问题，但我明明特判了阿 qwq 。
\[ \texttt{Description} \]
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\) ，一共 \(m\) 次询问，每次需要回答 " 区间 \([l,r]\) 内有多少个位置上的数的大小在 \([a,b]\) 内" 以及 " 区间 \([l,r]\) 内出现的所有数中，有多少个数的大小在 \([a,b]\) 内 " 。
\[ \texttt{Solution} \]
莫队 \(+\) 树状数组。

我们知道莫队可以解决 " 区间内数的出现次数 " 这类问题。

在上文提到的，\(A_i \leq n\) 。

所以可以直接开个两个桶，c[x][1] 表示值为 \(x\) 的数的出现次数，c[x][2] 表示值为 \(x\) 的数有没有出现过。

然后我们发现每个询问答案要求的其实是 \(\sum\limits_{i=a}\limits^b c[i][1]\) 和 \(\sum\limits_{i=a}\limits^b c[i][2]\) ，本质上是一个区间求和，但是它还需要支持单点修改（插入和删除）。

于是我们可以用一个 支持 \(O(\log n)\) 单点修改以及区间求和的数据结构 维护这两个桶，此时树状数组就是一个不错的选择。

时间复杂度 \(O(n \sqrt n \log n)\) 。
\[ \texttt{Code} \]

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

#define RI register int

using namespace std;

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x*f;
}

const int N=100100,M=100100,MaxV=100100;

int n,m;
int S;

int block(int x)
{
    return (x-1)/S+1;
}

int a[N];

struct ask{
    int l,r;
    int a,b;
    int id;
    int ans1,ans2;
}q[M];

bool cmp(ask a,ask b)
{
    return block(a.l)==block(b.l)?a.r<b.r:a.l<b.l;
}

bool rebuild(ask a,ask b)
{
    return a.id<b.id;
}

int cnt[MaxV];//再开一个辅助桶便于维护 

int c[MaxV][3];

void BITadd(int x,int t,int val)
{
    for(;x<=n;x+=x&-x)c[x][t]+=val; 
}

int BITask(int x,int t)
{
    int ans=0;
    for(;x;x-=x&-x)ans+=c[x][t];
    return ans;
}

void add(int x)
{
    cnt[a[x]]++;
    BITadd(a[x],1,1);
    if(cnt[a[x]]==1)BITadd(a[x],2,1);
}

void sub(int x)
{
    cnt[a[x]]--;
    BITadd(a[x],1,-1);
    if(cnt[a[x]]==0)BITadd(a[x],2,-1);
}

int main()
{
    n=read(),m=read();

    if(!m)
        return 0;

    S=sqrt(n);

    for(RI i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();

    for(RI i=1;i<=m;i++)
        q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].a=read(),q[i].b=read(),q[i].id=i;

    sort(q+1,q+1+m,cmp);

    int l=1,r=0;
    for(RI i=1;i<=m;i++)
    {
        while(r<q[i].r)add(++r); 
        while(r>q[i].r)sub(r--);
        while(l<q[i].l)sub(l++);
        while(l>q[i].l)add(--l);

        q[i].ans1=BITask(q[i].b,1)-BITask(q[i].a-1,1);
        q[i].ans2=BITask(q[i].b,2)-BITask(q[i].a-1,2);
    }

    sort(q+1,q+1+m,rebuild);

    for(RI i=1;i<=m;i++)
        printf("%d %d\n",q[i].ans1,q[i].ans2);

    return 0;
}

\[ \texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{watching} \]