差别

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--- 2020-2021:teams:mian:withinlover:mos_algorithm [2020/05/11 22:42]
withinlover 创建
+++ 2020-2021:teams:mian:withinlover:mos_algorithm [2020/05/21 22:09] (当前版本)
withinlover [题解]
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-===== 带修莫队 =====
+====== 带修莫队 ======
   * Write by **//Withinlover//**
@@ 行 5: / 行 5: @@
 本文建立在已经掌握并熟知普通莫队的基础上，如果你对普通莫队的使用仍有疑惑，请前往阅读普通莫队。
-==== 算法介绍 ====
+===== 算法介绍 =====
 普通莫队的一大局限在于不支持修改操作。
@@ 行 24: / 行 24: @@
 若这些状态均可以由 $(l, r, t)$ 在 $O(1)$ 或其他极短的时间内完成。那么便可以考虑带修莫队。假设 $n$ 和 $m$ 同阶，其复杂度为 $O\left(n^{\frac{5}{3}}\right)$。
-==== 写法对比 ====
+===== 写法对比 =====
-普通莫队
+==== 普通莫队 ====
 <code cpp>
@@ 行 37: / 行 37: @@
 }
 </code>
-带修莫队
+==== 带修莫队 ====
 <code cpp>
@@ 行 52: / 行 52: @@
 基本上没什么差距，会普通的约等于会带修改的。
-==== 复杂度证明 ====
+===== 复杂度证明 =====
 假设共有 $N$ 个点， $M$ 次操作， $A$ 次查询，$B$ 次修改， 块大小为 $S$。
@@ 行 66: / 行 66: @@
 这玩意的极值不好确定，取得精确结果比较困难。一般而言，在题目中 $N$ 和 $M$ 是同阶的，设 $S=N^x$ 则可得复杂度为$O\left(N^{x+1}+N^{2-x}+N^{3-2x}\right)$，我们希望其指数部分尽可能的小。即$\max\{x+1,2-x,3-2x\}$最小。解得$x=\frac{2}{3}$，即取$S=N^{\frac{2}{3}}$，此时的复杂度为$O\left(N^{\frac{5}{3}}\right)$。
-==== 例题 ====
+===== 例题 =====
-咕咕咕
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P1903|[国家集训队]数颜色]]
+==== 题意 ====
+有 $n$ 个不同颜色的画笔，两种操作
+第一种操作询问 $[L, R]$ 中有多少种不同颜色的画笔
+第二种操作单独修改某一个画笔的颜色
+==== 题解 ====
+先考虑 $(l, r, t)$ 前两维的变化，每次仅涉及一个颜色的增减。可以开一个桶存放当前每一种颜色的数量，当减少为 $0$ 或者增加到 $1$ 时修改答案。
+考虑时间的修改，记录下修改的位置和颜色，如果不在当前区间内直接修改，如果在当前区间内，可以等价为一次区间增加和一次区间减小。
+对了，这题卡常。需要写的常数很小才能过。
+<hidden Code>
+<codedoc code:c++>
+#include <cmath>
+#include <cstdio>
+#include <iostream>
+#include <algorithm>
+const int N = 150000;
+const int M = 1e6 + 100;
+inline int read() {
+    int q=0,w=1;char c=getchar();
+    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
+    while(c>='0'&&c<='9')q=(q<<1)+(q<<3)+(c^48),c=getchar();
+    return w*q;
+}
+inline void swap(int &x,int &y){x=x^y;y=x^y;x=x^y;}
+char s[5];
+int n, m, i, j, l, r, t, ans, blk, cntQ, cntR;
+int pos[N], val[N], cnt[M], a[N], Ans[N], tmp[N];
+struct Que{
+    int l, r, idl, idr, t, pos;
+    inline bool operator < (const Que &b) const {
+        if(idl ^ b.idl) return idl < b.idl;
+        if(idr ^ b.idr) return idr < b.idr;
+        return t < b.t;
+    }
+} Q[N];
+int main() {
+    n = read(); m = read(); blk=ceil(pow(n,0.75));
+    for(i = 1;i <= n; ++i)
+        a[i] = read();
+    for(i = blk;i <= n; ++i) tmp[i] = tmp[i - blk] + 1;
+    for(i = 1;i <= m; ++i) {
+        scanf("%s", s);
+        if(s[0]=='Q') {
+            cntQ++;
+            Q[cntQ].l = read();
+            Q[cntQ].r = read();
+            Q[cntQ].idl = tmp[Q[cntQ].l];
+            Q[cntQ].idr = tmp[Q[cntQ].r];
+            Q[cntQ].t = cntR;
+            Q[cntQ].pos = cntQ;
+        } else {
+            cntR++;
+            pos[cntR] = read();
+            val[cntR] = read();
+        }
+    }
+    std::sort(Q + 1, Q + 1 + cntQ);l = 1; r = 0; t = 0; ans = 0;
+    for(i = 1;i <= cntQ; ++i) {
+        int ql = Q[i].l, qr = Q[i].r, qt = Q[i].t;
+        while(l < ql) ans -= !--cnt[a[l++]];
+        while(l > ql) ans += !cnt[a[--l]]++;
+        while(r < qr) ans += !cnt[a[++r]]++;
+        while(r > qr) ans -= !--cnt[a[r--]];
+        while(t < qt) {
+            t++;
+            if(l <= pos[t] && pos[t] <= r) ans -= !--cnt[a[pos[t]]] - !cnt[val[t]]++;
+            swap(a[pos[t]], val[t]);
+        }
+        while(t > qt) {
+            if(l <= pos[t] && pos[t] <= r) ans -= !--cnt[a[pos[t]]] - !cnt[val[t]]++;
+            swap(a[pos[t]], val[t]);
+            --t;
+        }
+        Ans[Q[i].pos] = ans;
+    }
+    for(i = 1;i <= cntQ; ++i)
+        printf("%d\n", Ans[i]);
+    return 0;
+}
+</codedoc>
+</hidden>

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