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[BZOJ2120][BZOJ2453]-带修改莫队-时间复杂度理解

2017-11-24 21:15 197 查看

说在前面

第一次写带修改莫队,和普通莫队其实是差不多的,只不过细节多点

改天去把 回滚莫队 和 树上莫队 也学了,mark!!!

UPD at 2018.1.10 成功消除了之前留下的mark,开心!!

题目

BZOJ2120传送门

BZOJ2453传送门

(对,这也是一道双倍经验hhh)

题目大意

给出一个数列,以及一些操作。操作有两种,第一种是单点修改,第二种是询问[L,R]中出现了多少个不同的数字。保证数列中数字均在[1,1e6]范围内。

输入输出格式

输入格式:

第一行两个整数N,M,表示数列长度和操作个数

接下来一行N个整数表示数字个数

再接下来M行,每行一个三元组[char x y]描述一个操作

char为Q时,询问[x,y]

char为R时,把x位置的数字修改为y

输出格式:

对于每个询问,输出一行一个整数表示答案

解法

看到discuss里面说可以用暴力水过,于是开始了一系列卡常,然而失败了= =

咳咳….还是说说正解

普通的莫队询问只需要符合两个条件,可以直接移动指针L和R来维护

而带修改的莫队由于有时间纬度的限制(先修改再询问),因此一个询问要满足三个条件L,R和T,其中T表示时间纬度。

把修改和询问分开排序,修改按照时间排序,询问按照< 左端点块,右端点块,时间 >排序

每个块大小为N23,时间复杂度上限N53

证明如下:

对于左指针:

每个询问最多移动N23次,一共有N次询问,上限N53

对于右指针:

相同L块内的询问,R的块是单增的,单次询问最多移动N23次,一共N次询问,最多移动N∗N23次。

每跨越一个L块的时候,R指针可以随便移动,单次跨越最多移动N次,一共N13次跨越,最多移动N13∗N次

综上,上限移动次数N53

对于时间轴指针:

相同L块,相同R块内,T是单增的,最多移动N次。

由于L和R所在块每变化一次,T就会移动N次,且L,R块的变动次数最多是N13∗N13次,所以T移动次数上限是N53

证毕

然后就可以愉快的开始写啦=w=

下面是自带大常数的代码

有一个细节需要注意,在移动T指针的时候,只有在当前[L,R]内才去修改cnt数组以及答案。

第73行和第79行的if就是干这个的(me被这个坑了一个多小时=A=)

代码略长…勿怪=w=

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

int N , M , a[10005] , ans[10005] , otop , Qtop ;
int Bsiz , Btot , blo[10005] , st[300] , ed[300] ;

struct Options{
int pos , aim , pre , tim ;
Options(){} ;
Options( int pos_ , int aim_ , int _pre , int tim_ ):
pos(pos_) , aim(aim_) , pre(_pre) , tim(tim_){} ;
}o[10005] ;

struct Queries{
int L , R , tim , id ;
Queries(){} ;
Queries( int L_ , int R_ , int tim_ , int id_ ):
L(L_) , R(R_) , tim(tim_) , id(id_){} ;

bool operator < ( const Queries &A ) const {
if( blo[L] == blo[A.L] ){
if( blo[R] == blo[A.R] ) return tim < A.tim ;
return blo[R] < blo[A.R] ;
}
return blo[L] < blo[A.L] ;
}
}Q[10005] ;

inline int read_(){
int rt = 0 ;
char ch = getchar() ;
while( ch < '0' || ch > '9' ) ch = getchar() ;
while( ch >='0' && ch <='9' ) rt = rt * 10 + ch - '0' , ch = getchar() ;
return rt ;
}

void readIn(){
scanf( "%d%d" , &N , &M ) ;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
a[i] = read_() ;
char opt[10] ;
for( int i = 1 , x , y ; i <= M ; i ++ ){
scanf( "%s" , opt ) ; x = read_() , y = read_() ;
if( opt[0] == 'Q' )
Qtop ++ , Q[Qtop] = (Queries){ x , y , i , Qtop } ;
else
otop ++ , o[otop] = (Options){ x , y , a[x] , i } , a[x] = y ;
}
o[otop+1].tim = 0x3f3f3f3f ;
for( int i = otop ; i >= 1 ; i -- )
a[ o[i].pos ] = o[i].pre ;
}

void setBlo(){
Bsiz = (int )pow( N , 2.0/3.0 ) ;
Btot = N / Bsiz ;
if( N % Bsiz ) Btot ++ ;
for( int i = 1 ; i <= Btot ; i ++ ){
st[i] = ed[i-1] + 1 ;
ed[i] = min( st[i] + Bsiz - 1 , N ) ;
for( int j = st[i] ; j <= ed[i] ; j ++ )
blo[j] = i ;
}
}

short cate , lf , rg , now ;
short cnt[1000005] ;

inline void Modify( int pos , int aim ){
if( lf <= pos && pos <= rg ){
cnt[ a[pos] ] -- ;
if( cnt[ a[pos] ] == 0 ) cate -- ;
}
a[pos] = aim ;
if( lf <= pos && pos <= rg ){
cnt[ a[pos] ] ++ ;
if( cnt[ a[pos] ] == 1 ) cate ++ ;
}
}

void solve(){
sort( Q + 1 , Q + Qtop + 1 ) ;
lf = 1 , rg = 0 , now = 1 ;
for( int i = 1 ; i <= Qtop ; i ++ ){
int L = Q[i].L , R = Q[i].R , tim = Q[i].tim ;
while( o[now].tim < tim ){
Modify( o[now].pos , o[now].aim ) ;
++now ;
}
while( o[now-1].tim > tim ){
now -- ;
Modify( o[now].pos , o[now].pre ) ;
}

while( lf > L ){
lf -- , cnt[ a[lf] ] ++ ;
if( cnt[ a[lf] ] == 1 ) cate ++ ;
}
while( rg < R ){
rg ++ , cnt[ a[rg] ] ++ ;
if( cnt[ a[rg] ] == 1 ) cate ++ ;
}
while( lf < L ){
cnt[ a[lf] ] -- ;
if( cnt[ a[lf] ] == 0 ) cate -- ;
lf ++ ;
}
while( rg > R ){
cnt[ a[rg] ] -- ;
if( cnt[ a[rg] ] == 0 ) cate -- ;
rg -- ;
}
ans[ Q[i].id ] = cate ;
}
for( int i = 1 ; i <= Qtop ; i ++ )
printf( "%d\n" , ans[i] ) ;
}

int main(){
readIn() ;
setBlo() ;
solve() ;
}
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