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2120: 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
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。
2016.3.2新加数据两组by Nano_Ape
·述大意：
多个区间询问，询问[l,r]中颜色的种类数。可以单点修改颜色。
·分析：
莫队可以修改？那不是爆炸了吗。
这类爆炸的问题被称为带修莫队（可持久化莫队）。
按照美妙类比思想，可以引入一个“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n2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Tim：
·如何理解时间复杂度？
首先，R和Tim的关系就像L和R的关系一样：只有在前者处于同块时，后者才会得到排序的恩赐，否则sort会去满足前者，使得后者开始乱跳。
依旧像上文那样：枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。
分类讨论：
①对于l指针，依旧是O(unit*n)
②对于r指针，依旧是O(n*n/unit)
③对于T指针（即Time）：
类比r时间复杂度的计算。我们要寻找有多少个单调段（一个单调段下来最多移动n次）。上文提到，当且仅当两个询问l在同块，r也在同块时，才会对可怜的Tim进行排序。局势明朗。对于每一个l的块，里面r最坏情况下占据了所有的块，所以最坏情况下：有n/unit个l的块，每个l的块中会有n/unit个r的块，此时，在一个r块里，就会出现有序的Tim。所以Tim的单调段个数为：(n/unit)*(n/unit)。每个单调段最多移动n次。
所以：O((n/unit)2*n)
三个指针汇总：O(unit*n+n2/unit+(n/unit)2*n)
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1000000+50;
int block;
int a[maxn],b[maxn],ans1[maxn];
int ans=0;
struct Q
{
int x,y,num,tim;
}q[maxn];
struct U
{
int x,y;
}tw[maxn];
bool cmp(const Q a,const Q b)
{
if(a.x/block==b.x/block)
{
if(a.y/block==b.y/block) return a.tim<b.tim;
return a.y/block<b.y/block;
}
return a.x/block<b.x/block;
}
void solve(int n,int add)
{
b[a[n]]+=add;
if(b[a[n]]==1&&add==1) ans++;
else if(b[a[n]]==0&&add==-1) ans--;
}
void time_charge(int n,int t)
{
if(q[n].x<=tw[t].x&&tw[t].x<=q[n].y)
{
b[a[tw[t].x]]--;
if(b[a[tw[t].x]]==0) ans--;
b[tw[t].y]++;
if(b[tw[t].y]==1) ans++;
}
swap(tw[t].y,a[tw[t].x]);
}
int main()
{
int N,M,t=0,p1=0,p2=0;
char c[10];
scanf("%d%d",&N,&M);
block=pow(N,0.66666);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<M;i++)
{
scanf("%s",c);
if(c[0]==‘Q‘)
{
scanf("%d%d",&q[p1].x,&q[p1].y);
q[p1].num=p1;
q[p1].tim=t;
p1++;
}
else
{
t++;
scanf("%d%d",&tw[t].x,&tw[t].y);
}
}
sort(q,q+p1,cmp);
int L=1,R=0,T=0;
for(int i=0;i<p1;i++)
{
while(R<q[i].y)//往右走
{
solve(R+1,1);
R++;
}
while(R>q[i].y)
{
solve(R,-1);
R--;
}
while(L<q[i].x)
{
solve(L,-1);
L++;
}
while(L>q[i].x)
{
solve(L-1,1);
L--;
}
while(T<q[i].tim)
{
time_charge(i,T+1);
T++;
}
while(T>q[i].tim)
{
time_charge(i,T);
T--;
}
ans1[q[i].num]=ans;
}
for(int i=0;i<p1;i++) printf("%d\n",ans1[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/caijiaming/p/10846914.html