「题解」洛谷 P5268 一个简单的询问

描述

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给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，\(q\) 次询问。每次询问给定 \(l_1,r_1,l_2,r_2\)，求 \(\sum\limits_{x=0}^\infty \text{get}(l_1,r_1,x)\cdot\text{get}(l_2,r_2,x)\)。

\(\text{get}(l,r,x)\) 表示计算区间 \([l,r]\) 中，数字 \(x\) 出现了多少次。

思路

考虑容斥，即 \(\text{get}(l,r,x)=\text{get}(1,r,x)-\text{get}(1,l-1,x)\)。

再来化简式子：

\[\sum\limits_{x=0}^\infty \text{get}(l_1,r_1,x)\cdot\text{get}(l_2,r_2,x) =\sum\limits_{x=0}^\infty [\text{get}(1,r_1,x)-\text{get}(1,l_1-1,x)]\cdot[\text{get}(1,r_2,x)-\text{get}(1,l_2-1,x)] \]

记 \(\text{g}(p)=\text{get}(1,p,x)\)，即 \(1\sim p\) 中 \(x\) 的出现次数。

展开，得：

\[\sum\limits_{x=0}^\infty \text{g}(r_1)\cdot\text{g}(r_2)-\sum\limits_{x=0}^\infty\text{g}(r_1)\cdot\text{g}(l_2-1)- \sum\limits_{x=0}^\infty\text{g}(l_1-1)\cdot\text{g}(r_2)+ \sum\limits_{x=0}^\infty\text{g}(l_1-1)\cdot\text{g}(l_2-1) \]

这样就把一次询问强行拆成了 \(4\) 次询问，\(4\) 次询问的和（差）即为答案。

记二元组 \((l,r)\) 表示一小次询问 \(\pm\sum\limits_{x=0}^\infty\text{g}(l)\cdot\text{g}(r)\)，即所有数在 \(1\sim l\) 的出现次数 \(\times\) 在 \(1\sim r\) 的出现次数。

发现从 \((l,r)\) 转移到 \((l',r')\) 的暴力转移的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\text{abs}(l'-l)+\text{abs}(r'-r))\)，可以直接莫队。

在这题中，\(l\) 和 \(r\) 的意义相较于以往莫队模板不再是狭意义上的「区间」，而变成了更广意义上的「区间」。即莫队的区间 \([l,r]\) 被抽象为形如 \((x,y)\) 的二元组，只要可以在 \(\mathcal{O}(\text{abs}(x'-x)+\text{abs}(y'-y))\) 的时间复杂度内从 \((x,y)\) 转移到 \((x',y')\)，就可以莫队求解。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define int unsigned
#define MAXN 100010
int n, k, m, a[MAXN], len, sum, bel[MAXN], geta[MAXN], getl[MAXN], getr[MAXN], ans[MAXN];
struct ques {
	int i, l, r, z;
	ques() {}
	ques(const int &a, const int &b, const int &c, const int &d) {
		i = a, l = b, r = c, z = d;
	}
} q[MAXN << 2];
inline bool cmp(const ques &a, const ques &b) {
	if (bel[a.l] != bel[b.l]) return a.l < b.l;
	if (bel[a.l] & 1) return a.r < b.r;
	else return a.r > b.r;
}
inline void update_r(const int &c) {
	sum -= geta[c]; geta[c] += getl[c]; getr[c]++; sum += geta[c];
}
inline void update_l(const int &c) {
	sum -= geta[c]; geta[c] += getr[c]; getl[c]++; sum += geta[c];
}
inline void remove_r(const int &c) {
	sum -= geta[c]; geta[c] -= getl[c]; getr[c]--; sum += geta[c];
}
inline void remove_l(const int &c) {
	sum -= geta[c]; geta[c] -= getr[c]; getl[c]--; sum += geta[c];
}
signed main() {
	cin >> n;
	for (register int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	cin >> k;
	for (register int i = 1; i <= k; i++) {
		int l1, r1, l2, r2;
		cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
		q[++m] = ques(i, r1, r2, 1), q[++m] = ques(i, r1, l2 - 1, -1), q[++m] = ques(i, l1 - 1, r2, -1), q[++m] = ques(i, l1 - 1, l2 - 1, 1);
	}
	len = n / sqrt(n * 2 / 3);
	for (register int i = 1; i <= n; i++) bel[i] = (i - 1) / len + 1;
	sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
	int l = 0, r = 0;
	for (register int i = 1; i <= m; i++) {
		for (register int j = l + 1; j <= q[i].l; j++) update_l(a[j]);
		for (register int j = l; j > q[i].l; j--) remove_l(a[j]);
		for (register int j = r + 1; j <= q[i].r; j++) update_r(a[j]);
		for (register int j = r; j > q[i].r; j--) remove_r(a[j]);
		l = q[i].l, r = q[i].r;
		ans[q[i].i] += q[i].z * sum;
	}
	for (register int i = 1; i <= k; i++) cout << ans[i] << endl;
	return 0;
}