[BZOJ4358] Permu（取消のMoチーム）
フェイス質問
長さnの順列P（P1、P2、... PN）、及びm個の質問が与えられます。常に区間[L、R]、最長範囲の連続した長さを尋ねます。
分析
最も簡単な方法は明らかに、有するセグメントツリーの複雑最長範囲の連続した長さを維持している（\ O（N \ N-SQRT \ N-ログ））\を、TLEます
我々 [V]、Rbは[V 2つの配列のLBを維持するためのインデックス値 ] 我々は値を追加するとき、<V（「左側」として定義される）及び> V（右側」として定義される）が、連続長さを表しVは、長さLBを有する[V] + RBいつ[V ] +1 ,,連続するセグメントは、回答を更新するために使用することができる。一方、我々は、LBを更新するRBを必要とする。セグメントVにわたって連続するため、我々それぞれが値LB、RBは、変更する必要のみセグメント境界を変更する必要があります次回は、私たちは答えを更新したいwは唯一の連続部分の境界に当たるときWの値を挿入するので、それには、更新されていません境界LBとの唯一の答えセグメント、関連RB
そして、Moのチームに対処する方法を考えてみます。
私たちは、最初のキーとしてブロック番号の左端に右の一種の第二のキーポイントを尋ねました。ブロック内のすべてのお問い合わせは、私たちは、rが増加していることがわかりますので、取り消すことはありません。そしてLが増加し、必ずしもではない、我々はいくつかの付加価値を元に戻す方法を検討する必要があります。
各ブロックについて、Rは右の第1、R、RとLの各チャレンジが問い合わせで処理されていない直前のブロックの最初の点です。次いで、プロセスは、問い合わせのブロック部分内のすべての点を追加直接暴力に、ブロック間の部分を尋ねました。スタックに格納されている元の値LB、ダウンのRBを、変更前。そして、この問い合わせを処理した後に回復。
我々は、添加及び離脱が原因で同じブロックに、再度、L1、L2から移動する左点に相当するので、そのような時間と通常のMoチームの複雑さは、同じであることを見出し、これ移動距離を超えていない\（O（ \ sqrtのnの）\）
コード
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 50000
#define maxm 50000
using namespace std;
inline void qread(int &x) {
x=0;
int sign=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') sign=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
x=x*sign;
}
inline void qprint(int x) {
if(x<0) {
putchar('-');
qprint(-x);
} else if(x==0) {
putchar('0');
return;
} else {
if(x>=10) qprint(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
}
int n,m;
int a[maxn+5];
int bsz;
int belong[maxn+5];
struct query{
int l;
int bel;//减少数组寻址次数
int r;
int id;
friend bool operator < (query p,query q){
return p.bel<q.bel||(p.bel==q.bel&&p.r<q.r);
}
}q[maxm+5];
int ans[maxn+5];
int rb[maxn+5],lb[maxn+5];
//记录第i向左和向右的连续段长度
//用于撤销修改操作的栈
struct node{
int type;//记录是哪个数组修改，1则是lb,2则是rb
int pos;
int val;
node(){
}
node(int _type,int _pos,int _val){
type=_type;
pos=_pos;
val=_val;
}
}st[maxn+5];
int main(){
qread(n);
qread(m);
for(int i=1;i<=n;i++) qread(a[i]);
bsz=n/sqrt(m);
for(int i=1;i<=n;i++) belong[i]=i/bsz+1;
for(int i=1;i<=m;i++){
qread(q[i].l);
qread(q[i].r);
q[i].id=i;
q[i].bel=belong[q[i].l];
}
sort(q+1,q+1+m);
int r=0;
int sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(q[i].bel!=q[i-1].bel){//新的块
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++) lb[i]=rb[i]=0;
r=q[i].bel*bsz;
}
while(r<q[i].r){//如果l,r不在同一个块，把r在块外部分加入,r单调递增，可不用撤销修改
r++;
lb[a[r]]=lb[a[r]-1]+1;
rb[a[r]]=rb[a[r]+1]+1;
int tmp=lb[a[r]]+rb[a[r]]-1;
sum=max(sum,tmp);
//对于a[r]两端的连续段来说，我们不需要修改每一个值的lb,rb，只需要修改段边界的就可以了
//因为下一次插入a[r]，若a[r]已经存在，则答案不变，
//若a[r]落在某个连续段的边界上，我们才要更新答案，而更新的答案只与段边界的lb,rb有关
lb[a[r]+rb[a[r]]-1]=tmp;
rb[a[r]-lb[a[r]]+1]=tmp;
}
int res=sum;//由于撤销对sum的修改比较麻烦，移动左端点的时候不更新sum,而更新答案res
int top=0;
//min(q[i].r,q[i].bel*bsz)表示把询问在当前块内部分加入
for(int l=q[i].l;l<=min(q[i].r,q[i].bel*bsz);l++){//移动左端点，要回滚
lb[a[l]]=lb[a[l]-1]+1;
rb[a[l]]=rb[a[l]+1]+1;
int tmp=lb[a[l]]+rb[a[l]]-1;
st[++top]=node(1,a[l]+rb[a[l]]-1,lb[a[l]+rb[a[l]]-1]);//修改前把原来的值记下来
st[++top]=node(2,a[l]-lb[a[l]]+1,rb[a[l]-lb[a[l]]+1]);
lb[a[l]+rb[a[l]]-1]=tmp;
rb[a[l]-lb[a[l]]+1]=tmp;
res=max(res,tmp);
}
for(int j=top;j>=1;j--){//撤销对连续段端点的修改
if(st[j].type==1) lb[st[j].pos]=st[j].val;
else rb[st[j].pos]=st[j].val;
}
for(int j=q[i].l;j<=min(q[i].r,q[i].bel*bsz);j++){//撤销新加入的点对lb,rb的修改
lb[a[j]]=rb[a[j]]=0;
}
ans[q[i].id]=res;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
qprint(ans[i]);
putchar('\n');
}
}