[Codeforces]849E Goodbye Souvenir

  又是一道比较新的模板题吧,即使是在Codeforces上小C还是贴了出来。

Description

  给定一个长度为n的序列a1~an,每个元素代表一种颜色。m次操作,每次操作为两种中的一种:

    1 p x:将第p个位置上的颜色修改为x;

    2 l r:询问[l,r]区间,求该区间内的每种颜色的“最大出现位置-最小出现位置”之和。

Input

  第一行两个正整数n、m;

  第二行n个整数,表示a1~an;

  接下来m行,每行表示一个如题所示的操作。

Output

  对于每个操作2,输出题目所求的答案。

Sample Input

  7 6
  1 2 3 1 3 2 1
  2 3 7
  2 1 3
  1 7 2
  1 3 2
  2 1 6
  2 5 7

Sample Output

  5
  0
  7
  1

HINT

  1 ≤ n,m ≤ 100 000,1≤ ai ≤ n;

  1 ≤ p,x ≤ n,1 ≤ l ≤ r ≤ n。

Solution

  应该说入手这道题还是很容易的,不管后面是怎么做,我们首先可以判定它是一道数据结构题。

  我们考虑对于每个元素,我们维护上一个出现它的颜色的位置。

  这样似乎就成为了我们很熟悉的矩形询问一类的问题。我们类比一下询问区间的颜色种数怎么做:

  第一维代表区间下标,第二维代表上一次出现该颜色的位置,要维护的信息是该位置出现的次数(其实只有0和1),目的是求和。

  同理这一题似乎同样可以这么做:

  第一维代表区间下标,第二维代表上一次出现该颜色的位置,要维护的信息是 区间下标与上一次出现的位置的差 ,目的是求和。

  这样似乎就很完美,我们可以直接树套树……然后并不能很爽地通过该题,因为炸空间了。

  那这可咋办呀,我们就可以用到我们神奇的分治算法——cdq分治!

  cdq算法的主要思想就是将操作区间分成两半,计算前一半操作对后一半询问的影响。

  这样就相当于将在线的修改去掉,将询问改为离线。

  这也就要求询问具有可合并性,如果操作之间会互相影响,cdq就不管用了。

  例如操作是加法而询问是取max,这样的询问是不满足可合并性的。

  对于这道题,每个操作对于答案的影响是独立的,且每次修改颜色都会改变至多6次我们所维护的信息:

  设pre[x]为上一次出现该color[x]的位置,suc[x]为下一次出现color[x]的位置。而我们只要维护pre[x]。

  假设修改pre[x],改之后的pre[x]为npre[x],suc[x]同理。

  要修改的所有信息为:pre[x],pre[suc[x]],pre[nsuc[x]]。

  对于每个信息在二维平面上的操作是一次单点减和一次单点加,所以总共是3*2=6次。

  完全转化成离线操作后,就只有询问矩形和了,把询问排序用一个普通线段树都是可以做的。

  每次操作出现在logm个分治区间里,单个操作的复杂度是logn,所以总时间复杂度O(mlogmlogn)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <set>
#define ll long long
#define MM 264005
#define MN 500005
using namespace std;
struct meg{int ki,pos,lf,rf,val,aps;}px[MN];
struct node{int g,x,y;}b[MM];
set <int> se[MM];
ll t[MM],ans[MM];
int c[MM][4],las[MM],pre[MM],col[MM];
int MQ,n,m,pxin;

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

inline void getadd(int x,int z) {for (x+=MQ;x;x>>=1) t[x]+=z;}
inline ll getsum(int x,int y)
{
    register ll lt=0;
    for (x+=MQ,y+=MQ;x<=y;x>>=1,y>>=1)
    {
        if ( x&1) lt+=t[x++];
        if (~y&1) lt+=t[y--];
    }
    return lt;
}

bool cmp(const meg& a,const meg& b) {return a.pos<b.pos || a.pos==b.pos && a.ki<b.ki;}
void solve()
{
    sort(px+1,px+pxin+1,cmp);
    register int i;
    for (i=1;i<=pxin;++i)
        if (px[i].ki==0) {if (px[i].lf) getadd(px[i].lf,px[i].val);}
        else ans[px[i].aps]+=getsum(px[i].lf,px[i].rf)*px[i].val;
    for (i=1;i<=pxin;++i) if (px[i].ki==0&&px[i].lf) getadd(px[i].lf,-px[i].val);
}

void work(int L,int R,int gs)
{
    if (!gs||L==R) return;
    int i,qet=0,mid=L+R>>1;
    pxin=0;
    for (i=L;i<=mid;++i)
        if (b[i].g==1)
        {
            px[++pxin]=(meg){0,b[i].x,c[i][0],0,c[i][0]-b[i].x,0};
            px[++pxin]=(meg){0,b[i].x,c[i][1],0,b[i].x-c[i][1],0};
            px[++pxin]=(meg){0,c[i][2],b[i].x,0,b[i].x-c[i][2],0};
            px[++pxin]=(meg){0,c[i][2],c[i][0],0,c[i][2]-c[i][0],0};
            px[++pxin]=(meg){0,c[i][3],c[i][1],0,c[i][1]-c[i][3],0};
            px[++pxin]=(meg){0,c[i][3],b[i].x,0,c[i][3]-b[i].x,0};
        }
    for (i=mid+1;i<=R;++i)
        if (b[i].g==2)
        {
            px[++pxin]=(meg){1,b[i].x-1,b[i].x,b[i].y,-1,i};
            px[++pxin]=(meg){1,b[i].y  ,b[i].x,b[i].y, 1,i};
            ++qet;
        }
    solve(); work(L,mid,gs-qet); work(mid+1,R,qet);
}

int main()
{
    register int i,x,qet=0;
    n=read(); m=read();
    pxin=0;
    for (MQ=1;MQ<n;MQ<<=1); --MQ;
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        col[i]=x=read();
        las[i]=pre[x]; pre[x]=i;
        se[x].insert(i);
        px[++pxin]=(meg){0,i,las[i],0,i-las[i],0};
    }
    for (i=1;i<=m;++i)
    {
        b[i].g=read(); b[i].x=read(); b[i].y=read();
        if (b[i].g==1)
        {
            set<int> ::iterator k;
            k=se[col[b[i].x]].lower_bound(b[i].x);
            if (k!=se[col[b[i].x]].begin())    --k,c[i][0]=*k,++k; else c[i][0]=0;
            if ((++k)!=se[col[b[i].x]].end()) c[i][2]=*k; else c[i][2]=0;
            se[col[b[i].x]].erase(--k);
            col[b[i].x]=b[i].y;
            k=se[col[b[i].x]].lower_bound(b[i].x);
            if (k!=se[col[b[i].x]].end()) c[i][3]=*k; else c[i][3]=0;
            if (k!=se[col[b[i].x]].begin()) c[i][1]=*(--k); else c[i][1]=0;
            se[col[b[i].x]].insert(b[i].x);
        }
        else
        {
            px[++pxin]=(meg){1,b[i].x-1,b[i].x,b[i].y,-1,i};
            px[++pxin]=(meg){1,b[i].y  ,b[i].x,b[i].y, 1,i};
            ++qet;
        }
    }
    solve(); work(1,m,qet);
    for (i=1;i<=m;++i) if (b[i].g==2) printf("%I64d\n",ans[i]);
}

Last Word

  感觉这题会让人觉得恶心的只有set的插入删除操作了。

  相比树套树,只需要用到普通线段树还是比较赏心悦目的。

时间: 2024-11-01 17:53:38

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