[BZOJ2120][BZOJ2453]-带修改莫队-时间复杂度理解
2017-11-24 21:15
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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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