BZOJ3236: [Ahoi2013]作业

BZOJ3236: [Ahoi2013]作业

由于卡常,这个题变成了权限题。。。

本蒟蒻表示没钱氪金。。。

这里附上洛谷的题面:

洛谷P4396 [AHOI2013]作业

题目描述

此时己是凌晨两点,刚刚做了Codeforces的小A掏出了英语试卷。英语作业其实不算多,一个小时刚好可以做完。然后是一个小时可以做完的数学作业,接下来是分别都是一个小时可以做完的化学,物理,语文......小A压力巨大。

这是小A碰见了一道非常恶心的数学题,给定了一个长度为n的数列和若干个询问,每个询问是关于数列的区间表示数列的第l个数到第r个数),首先你要统计该区间内大于等于a,小于等于b的数的个数,其次是所有大于等于a,小于等于b的,且在该区间中出现过的数值的个数。

小A望着那数万的数据规模几乎绝望,只能向大神您求救,请您帮帮他吧。

输入输出格式

输入格式:

 

第一行n,m

接下来n个数表示数列

接下来m行,每行四个数l,r,a,b

 

输出格式:

 

输出m行,分别对应每个询问,输出两个数,分别为在l到r这段区间中大小在[a,b]中的数的个数,以及大于等于a,小于等于b的,且在该区间中出现过的数值的个数(具体可以参考样例)。

 

输入输出样例

输入样例#1: 复制
3 4
1 2 2
1 2 1 3
1 2 1 1
1 3 1 3
2 3 2 3
输出样例#1: 复制
2 2
1 1
3 2
2 1

说明

N<=100000,M<=100000


题解Here!

第一问显然一个主席树就没了。。。

关键是第二问。

看到权值的个数,我们想起了区间神器——莫队!

于是一发莫队就好了。

但是那个$[a,b]$的限制怎么办?

没事,我们开一个权值线段树就好。

第一次加入某权值时加个$1$,最后一次删除某权值时减个$1$就好。

但是线段树常数太大怎么办?

我们可以用权值树状数组代替。

虽然复杂度是$O(n\sqrt n\log_2n)$,但是至少比线段树常数小。

网上一堆莫队+分块然后$O(n\sqrt n)$的算法。

但是我第一问用主席树算是为第二问争取了不小的时间。。。

然后就可以过了。

注意:记得离散化。

当然这个题好像不离散化也可以。

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,q,block;
int val[MAXN],lsh[MAXN*3],root[MAXN],num[MAXN];
int ans_one[MAXN],ans_two[MAXN];
struct Question{
	int l,r,a,b,id;
	friend bool operator <(const Question &p,const Question &q){
		return (p.r/block==q.r/block?(((p.r/block)&1)?p.l>q.l:p.l<q.l):p.r<q.r);
	}
}que[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
namespace BIT{
	int bit[MAXN];
	inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
	inline void add(int x,int v){for(;x<=n;x+=lowbit(x))bit[x]+=v;}
	inline int sum(int x){int s=0;for(;x;x-=lowbit(x))s+=bit[x];return s;}
}
namespace CT{
	int size=0;
	struct Chairman_Tree{
		int sum,l,r;
	}a[MAXN*19];
	inline void buildtree(){
		root[0]=a[0].sum=a[0].l=a[0].r=0;
	}
	void insert(int k,int l,int r,int &rt){
		a[++size]=a[rt];rt=size;
		a[rt].sum++;
		if(l==r)return;
		int mid=l+r>>1;
		if(k<=mid)insert(k,l,mid,a[rt].l);
		else insert(k,mid+1,r,a[rt].r);
	}
	int query(int i,int j,int l,int r,int lside,int rside){
		int ans=0;
		if(l<=lside&&rside<=r)return a[j].sum-a[i].sum;
		int mid=lside+rside>>1;
		if(l<=mid)ans+=query(a[i].l,a[j].l,l,r,lside,mid);
		if(mid<r)ans+=query(a[i].r,a[j].r,l,r,mid+1,rside);
		return ans;
	}
}
inline void add(int x){
	if(!num[x])BIT::add(x,1);
	num[x]++;
}
inline void del(int x){
	num[x]--;
	if(!num[x])BIT::add(x,-1);
}
void work(){
	int left=1,right=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(left<que[i].l)del(val[left++]);
		while(left>que[i].l)add(val[--left]);
		while(right<que[i].r)add(val[++right]);
		while(right>que[i].r)del(val[right--]);
		ans_two[que[i].id]=BIT::sum(que[i].b)-BIT::sum(que[i].a-1);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d\n",ans_one[i],ans_two[i]);
}
void init(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=lsh[i]=read();
	q=n;
	CT::buildtree();
	block=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		que[i].l=read();que[i].r=read();que[i].a=read();que[i].b=read();
		que[i].id=i;
		lsh[++q]=que[i].a;lsh[++q]=que[i].b;
	}
	sort(lsh+1,lsh+q+1);
	q=unique(lsh+1,lsh+q+1)-lsh-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		root[i]=root[i-1];
		val[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+q+1,val[i])-lsh;
		num[val[i]]=0;
		CT::insert(val[i],1,q,root[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		que[i].a=lower_bound(lsh+1,lsh+q+1,que[i].a)-lsh;
		que[i].b=lower_bound(lsh+1,lsh+q+1,que[i].b)-lsh;
		ans_one[i]=CT::query(root[que[i].l-1],root[que[i].r],que[i].a,que[i].b,1,q);
	}
	sort(que+1,que+m+1);
}
int main(){
	init();
	work();
    return 0;
}

 

posted @ 2018-11-06 19:00  符拉迪沃斯托克  阅读(169)  评论(0编辑  收藏  举报
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