BZOJ:1878: [SDOI2009]HH的项链

题解:解法一:莫队

解法二:按区间左端点排序,让区间内最左边的贝壳对答案产生贡献,树状数组维护,转移对答案产生贡献的贝壳位置

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int maxn=1000009;

int n,m;
int a[maxn];
int nex[maxn];
int ans[maxn];

int tong[maxn];

inline int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
int c[maxn];
int add(int x,int val){
	while(x<=1000001){
		c[x]+=val;
		x+=lowbit(x);
	}
}
int query(int x){
	int ret=0;
	while(x){
		ret+=c[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return ret;
}

struct Section{
	int l,r,id;
}sec[maxn];
int cmp(const Section &t1,const Section &t2){
	if(t1.l==t2.l)return t1.r<t2.r;
	else return t1.l<t2.l;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]==0)a[i]=1000001;
	}
	for(int i=n;i>=1;--i){
		if(!tong[a[i]]){
			nex[i]=n+1;
		}else{
			nex[i]=tong[a[i]];
		}
		tong[a[i]]=i;
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&sec[i].l,&sec[i].r);
		sec[i].id=i;
	}
	sort(sec+1,sec+1+m,cmp);

	memset(tong,0,sizeof(tong));
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!tong[a[i]])add(i,1);
		tong[a[i]]=1;
	}

	int head=1;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		while(head<sec[i].l){
			add(head,-1);
			add(nex[head],1);
			++head;
		}
		ans[sec[i].id]=query(sec[i].r)-query(sec[i].l-1);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

  

原文地址:https://www.cnblogs.com/zzyer/p/8179150.html

时间: 2024-10-12 16:45:56

BZOJ:1878: [SDOI2009]HH的项链的相关文章

BZOJ 1878: [SDOI2009]HH的项链( BIT )

离线处理 , 记下询问的左右端点并排序 , 然后可以利用树状数组 , 保证查询区间时每种颜色只计算一次 ------------------------------------------------------------------------------------------------ #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #define

[BZOJ 1878] [SDOI2009] HH的项链

题目链接: BZOJ - 1878 题目分析 题目的询问是某个区间内的颜色种类数,所以我们希望这个区间内的每种颜色只被计数一次,那么我们就选取询问区间内的每种颜色第一次出现的元素计数,之后再出现已经在询问区间中出现过的颜色就不再计数.考虑一种离线算法,如果我们将所有询问按照询问区间的左端点排序,那么所有询问的左端点就是不递减的,一直向右推移.开始时预处理出每个元素后面第一个与它颜色相同的元素是哪一个,并将所有出现的颜色的第一个元素加入到树状数组中.那么开始时维护的区间就是从 1 开始的.每次处理

BZOJ 1878 [SDOI2009]HH的项链 (主席树 或 莫队算法)

题目链接  HH的项链 这道题可以直接上主席树的模板 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i) #define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i) typedef long long LL; const int N = 5e4 + 10; const int M = 3e6 + 10

洛谷 P1972 BZOJ 1878 [SDOI2009]HH的项链

题目描述 HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链.HH 相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步完后,他都会随意取出一段贝壳,思考它们所表达的含义.HH 不断地收集新的贝壳,因此,他的项链变得越来越长.有一天,他突然提出了一个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同的贝壳?这个问题很难回答……因为项链实在是太长了.于是,他只好求助睿智的你,来解决这个问题. 输入输出格式 输入格式: 第一行:一个整数N,表示项链的长度. 第二行:N 个整数,表示依次表示项链中贝壳的编号(编号为0 到1000000 之间

bzoj 1878 [SDOI2009]HH的项链(离线处理+BIT)

Description HH有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链.HH相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步 完后,他都会随意取出一段贝壳,思考它们所表达的含义.HH不断地收集新的贝壳,因此, 他的项链变得越来越长.有一天,他突然提出了一个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同 的贝壳?这个问题很难回答...因为项链实在是太长了.于是,他只好求助睿智的你,来解 决这个问题. Input 第一行:一个整数N,表示项链的长度. 第二行:N个整数,表示依次表示项链中贝壳的编号(编号为0到1000000之间的

BZOJ 1878: [SDOI2009]HH的项链 | 莫队

题解: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1878 题解: 莫队板子题 核心思想是对区间的询问离线之后按照合理的顺序来优化复杂度 一般的做法是先分块,以左端点所在块为第一关键字,右端点位置为第二关键字排序 用两个指针来跑,这样可以证明的是时间复杂度为O(n√n) #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath&g

BZOJ 1878 SDOI2009 HH的项链 树状数组/莫队算法

题目大意:给定一个序列.求一个区间内有多少个不同的数 正解是树状数组 将全部区间依照左端点排序 然后每次仅仅统计左端点開始的每种颜色的第一个数即可了 用树状数组维护 我写的是莫队算法 莫队明显能搞 m√m明显慢了点可是还是能接受的一个复杂度 一開始离散化数组开小了各种秒RE-- 跪了 #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algori

BZOJ 1878 [SDOI2009]HH的项链 离线+树状数组

题意: 给一个n个数的序列,m个询问,每次询问一个区间内不相同的数的个数. 方法: 离线+树状数组 解析: 看完题后的确有段时间没有头绪,想过线段树来搞,不过好像很麻烦,然后听他们说离线下来搞.再推了1节课差不多就明白了. 离线和在线差距的确很大. 如果离线的话,所有的区间是呈线性的.大体思路是什么呢?就是每个数,我们都可以预处理出他上一次出现是在什么位置.然后对于一个区间的询问[l,r],我们可以这么去想这个询问:l~r中的数的上一次出现的位置在l左边的数的个数. 这样就很好弄了,先把所有的区

bzoj 1878: [SDOI2009]HH的项链【树状数组】

对于一个lr,每个颜色贡献的是在(1,r)区间里出现的最右位置,所以记录一个b数组表示当前点这个颜色上一个出现的位置 然后把询问离线,按r升序排序 每次把右端点右移,把这个点在树状数组上+1,并且在当前这个点的b位置上-1(表示没用了),然后树状数组前缀和减一下即可 我写的莫队会T #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100000