CF Round #466的最后一题，颇有难度，正解是带修改莫队算法。
【题意】
给定一个长度为\(n\)的数组\(a\)，并且要求执行\(q\)个操作，有两种不同的操作：
①询问一个区间\([l,r]\)中集合\(\left\{c_{0},c_{1},c_{2},\cdots,c_{10^9}\right\}\)的Mex，而\(c_i\)表示数值\(i\)在\([l,r]\)中的出现次数。
②把\(a_p\)修改成\(x\)。
对每一个询问输出答案。
【题解】
典型的区间问题，不要求在线，可以考虑莫队。
有时间轴影响，故使用带修改莫队，时间复杂度应为\(O(n^{\frac{5}{3}})\)。
先对区间的移动进行分析：
使用离散化技巧，把输入数据压缩至\(n+q\)的范围内。
维护两个数组\(count1,count2\)，\(count1\)记录(离散后的)每个数的出现次数，\(count2\)记录\(count1\)中的数的出现次数。
那么所求为\(count2\)中第一个为0的下标位置。
对于\(count1,count2\)，我们都可以\(O(1)\)维护每个操作对数组的影响，接下来考虑如何计算答案。
\(count2\)数组的变动，让第一个为0的下标位置可能会有很大的跳跃，不好维护，那么我们注意到一个性质：
答案不会超过\(O(\sqrt{n})\)，为什么呢？
假如要将\(count2_1,count2_2,\cdots,count2_k\)填满的话，至少需要\(\frac{k(k+1)}{2}\)个元素，可是数组的总长只有\(n\)，所以答案必然不能太大。
那么有了这个性质，可以暴力维护答案，维护答案的总的复杂度不会超过\(O(q\sqrt{n})\)。
关于莫队，还有几个需要注意的地方：
第一个是当维护区间变化时，先考虑"伸展"，再考虑"压缩"，要不然会出现区间\(r<l\)的情况。
一般的莫队不会太在意这个，因为后面会再加回来，但是这题中可能会导致中间结果多减了，导致\(count2\)数组越界。
第二个是在带修改莫队时间轴移动上，千万不要颠倒了时间顺序，这其实也是常识了，不过我被这个卡了一会儿。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#include<cmath>
int n,q,tim,cnt,sig,S;
struct Qur{int x,y,t,i;}Qs[100001];
int a[100001],b[200001],blk[100001];
inline bool cmp(Qur p1,Qur p2){return blk[p1.x]==blk[p2.x]?(blk[p1.y]==blk[p2.y]?p1.t<p2.t:blk[p1.y]<blk[p2.y]):blk[p1.x]<blk[p2.x];}
int p[100001],k[100001],k_[100001],ans[100001];
int count1[200001],count2[100001];
inline void gx1(int i){--count2[count1[i]];++count2[++count1[i]];}
inline void gx2(int i){--count2[count1[i]];++count2[--count1[i]];}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q); S=(int)pow(n,2.0/3.0);
F(i,1,n) scanf("%d",a+i), b[i]=a[i], blk[i]=(i-1)/S+1;
F(i,1,q){
int opt,x,y; scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
if(opt==1) Qs[++cnt]=(Qur){x,y,tim,cnt};
else ++tim, b[n+tim]=y, p[tim]=x, k_[tim]=a[x], k[tim]=a[x]=y;
} F(i,1,n) a[i]=b[i];
sort(Qs+1,Qs+cnt+1,cmp); sort(b+1,b+n+tim+1); sig=unique(b+1,b+n+tim+1)-b-1;
F(i,1,n) a[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,a[i])-b;
F(i,1,tim) k[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,k[i])-b, k_[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,k_[i])-b;
count2[0]=sig+10;
int l=1, r=0, t=0;
F(i,1,cnt){
while(Qs[i].x<l) gx1(a[--l]);
while(Qs[i].y>r) gx1(a[++r]);
while(Qs[i].x>l) gx2(a[l++]);
while(Qs[i].y<r) gx2(a[r--]);
while(Qs[i].t>t) ++t, (Qs[i].x<=p[t]&&p[t]<=Qs[i].y)?gx1(k[t]),gx2(k_[t]):void(0), a[p[t]]=k[t];
while(Qs[i].t<t) (Qs[i].x<=p[t]&&p[t]<=Qs[i].y)?gx1(k_[t]),gx2(k[t]):void(0), a[p[t]]=k_[t], --t;
for(ans[Qs[i].i]=1;count2[ans[Qs[i].i]];++ans[Qs[i].i]);
}
F(i,1,cnt) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/8476664.html