【树状数组 思维题】luoguP3616 富金森林公园
树状数组、差分、前缀和、离散化
题目描述
博艾的富金森林公园里有一个长长的富金山脉，山脉是由一块块巨石并列构成的，编号从1到N。每一个巨石有一个海拔高度。而这个山脉又在一个盆地中，盆地里可能会积水，积水也有一个海拔高度，所有严格低于这个海拔高度的巨石，就会在水面下隐藏。
由于地壳运动，巨石的海拔高度可能会随时变化，每次一块的巨石会变成新的海拔高度。当然，水面的高度也会随时发生变化。
因为有这样奇妙的地质奇观，吸引了很多游客来游玩。uim作为一个游客，可以告诉你此时水位海拔，你得告诉他，能看到有几个连续露出水面的部分。（与水面持平我们也认为是露出）
输入输出格式
输入格式：
第一行两个整数N和M,分别表示N块石头，M个询问。
接下来一行，N个整数Ai表示每个巨石的初始海拔。
接下来M行，每行有两个或者三个数，每一行如果第一个数是1，那么后面跟一个Bj，表示水面海拔。如果第一个数是2，后面跟两个整数，Cj和Dj，表示编号Cj的巨石海拔变为Dj。
输出格式：
对于每个"1"询问，给出一个整数答案，也就是露出了几部分的山峰。
说明
10%的数据， N,M<=2000
另外30%的数据， 只有"1"的询问。
100%的数据， 1<=N,M<=200000,1<=Ai,Bj,Dj<=10^9，一定有"1"询问
题目分析
首先考虑暴力。每一次直接修改，查询时候$O(n)$查询，总复杂度$O(NM)$这样能拿50分。比赛做的时候有想过用树状数组维护，但是由于每次高度查询都不相同，因此没有搞出来。
后来去请教YKH，也看了看他的代码。这题用树状数组维护前缀和没有错，不过还要涉及到差分和离散化的应用。
容易发现在高度已知的情况下，对于相邻两个元素$f[i] > f[i-1]$，当且仅当$f[i-1] < query-height < f[i]$时对答案有贡献。那么可以看出，对于一组$f[i-1],f[i]$，它对任意$f[i-1] < height < f[i]$都有价值为1的贡献。显而易见的，这个特性使得我们可以用线性数据结构维护它。而差分+单点查询区间修改的树状数组是不错的选择（当然线段树也可以并且思维复杂度略小，不过比有差分的树状数组要慢不少）。
我们先将操作行为全部读入，考虑离线做法。
看到数据范围就知道直接用下标作为高度是会原地爆炸的。所以先将原始点和操作点都先存储起来，再对它们一起离散化。这样就可以避免已经离散化的一个数列例如{$1,3,5,7(原始)$}→{$1,2,3,4(离散化)$}再修改出未曾安排过离散的数例如{$1,3,5,7(原始)$}→{$1,3,5,4(修改后)$}→{$1,2,3,?(此时离散化爆炸)$}。
所有数据都读入之后，再对所有点按高度排序（不管它本身的属性是询问点还是修改点）。接下去先对点集手工离散化（不用unique的原因是这里不同类型的点离散化操作不同）。
离散化后我们拥有的数据应该是这样的：
$Q[i][0..2] i≤m$ 记录所有操作
$按照高度排序的s[]$ 记录所有点
数据既然已经预处理好了，接下去就是先对$tot$个点处理一遍了。处理也就不过是按照差分的思路单点修改。
处理操作时，对于query我们直接用树状数组对于查询点离散后的高度求前缀和；对于update我们要先考虑修改前的点是否与相邻的点产生贡献。因为这里的历史性是连续的（当前状况只从上一次操作转移过来），所以差分可以轻松完成撤销操作——只要根据原数据的逆操作即可。同理，更新过后再在左右检查一遍是否对答案有贡献，这样复杂度就是有保证的了。实测此方法540ms可过。
上YKH的代码（注释是我学习他代码过程中边看边打的）
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int read() 6 { 7 char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9'); 8 int x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0'; 9 return x; 10 } 11 12 int N,M,tot,x,y,Q[200005][3],H[200005]; 13 14 struct wx{ 15 int x,y,c;//c-0原先高度 c-1询问 c-2修改操作 16 }S[400005]; 17 18 int cmp(wx x,wx y){return x.x<y.x;} 19 20 int ar[400005]; 21 22 void add(int x,int y) 23 { 24 for(int i=x;i<=tot;i+=i&-i){ 25 ar[i]+=y; 26 } 27 return ; 28 } 29 30 int get(int x) 31 { 32 int tot=0; 33 for(int i=x;i>0;i-=i&-i){ 34 tot+=ar[i]; 35 } 36 return tot; 37 } 38 39 int main() 40 { 41 // freopen("x.txt","r",stdin); 42 // freopen("w.txt","w",stdout); 43 N=read(),M=read(); 44 register int i,j; 45 for(i=1;i<=N;i++)x=read(),S[++tot]=(wx){x,i,0}; 46 for(i=1;i<=M;i++){ 47 Q[i][0]=read(),y=read(); 48 if(Q[i][0]==2){ 49 Q[i][1]=y;y=read(); 50 S[++tot]=(wx){y,i,2}; 51 continue; 52 } 53 S[++tot]=(wx){y,i,1}; 54 } 55 56 //Q[i][0]表示操作的类型 57 58 sort(S+1,S+tot+1,cmp); 59 S[0].x=-2e9; 60 int col=0; 61 for(i=1;i<=tot;i++){ 62 if(S[i].x!=S[i-1].x)col++; 63 if(S[i].c==1)Q[S[i].y][1]=col; 64 else if(S[i].c==2)Q[S[i].y][2]=col; 65 else H[S[i].y]=col;//对H[]离散化 66 } 67 for(i=1;i<=N;i++){ 68 if(H[i]>H[i-1]){ 69 add(H[i-1]+1,1); 70 add(H[i]+1,-1); 71 } 72 } 73 for(i=1;i<=M;i++){ 74 if(Q[i][0]==1)printf("%d\n",get(Q[i][1])); 75 else {//离线update 76 if(H[Q[i][1]]>H[Q[i][1]-1]){ 77 add(H[Q[i][1]-1]+1,-1); 78 add(H[Q[i][1]]+1,1); 79 } 80 if(Q[i][1]<N && H[Q[i][1]]<H[Q[i][1]+1]){ 81 add(H[Q[i][1]]+1,-1); 82 add(H[Q[i][1]+1]+1,1); 83 } 84 H[Q[i][1]]=Q[i][2]; 85 if(H[Q[i][1]]>H[Q[i][1]-1]){ 86 add(H[Q[i][1]-1]+1,1); 87 add(H[Q[i][1]]+1,-1); 88 } 89 if(Q[i][1]<N && H[Q[i][1]]<H[Q[i][1]+1]){ 90 add(H[Q[i][1]]+1,1); 91 add(H[Q[i][1]+1]+1,-1); 92 } 93 } 94 } 95 return 0; 96 }
这是我的代码（自认为可读性挺高emm）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 2*1e5+35; 4 const int M = 2*1e5+35; 5 struct point 6 { 7 int x,y,c; 8 }s[N+M]; 9 int Q[M][3],height[2*N],dl[2*N],n,m,tot; 10 inline int lowbit(int x){return x&-x;} 11 inline void add(int x, int c){for (; x<=tot; x+=lowbit(x))dl[x]+=c;} 12 inline int query(int x) 13 { 14 int ret = 0; 15 for (; x; x-=lowbit(x))ret+=dl[x]; 16 return ret; 17 } 18 inline int read() 19 { 20 int x = 0;char c = getchar(); 21 while (c<'0'||c>'9')c = getchar(); 22 while (c>='0'&&c<='9'){x = x*10+c-48;c = getchar();} 23 return x; 24 } 25 bool cmp(point a, point b){return a.x<b.x;} 26 int main() 27 { 28 n = read();m = read(); 29 for (int i=1; i<=n; i++)s[++tot] = (point){read(), i, 0}; 30 for (int i=1; i<=m; i++) 31 { 32 Q[i][0] = read(); 33 int y = read(); 34 if (Q[i][0]-1){ 35 Q[i][1] = y;y = read(); 36 s[++tot] = (point){y, i, 2}; 37 continue; 38 } 39 s[++tot] = (point){y, i, 1}; 40 } 41 sort(s+1, s+tot+1, cmp); 42 int col = 0; 43 s[0].x = -2*1e9; 44 for (int i=1; i<=tot; i++) 45 { 46 if (s[i].x!=s[i-1].x)col++; 47 if (s[i].c==2)Q[s[i].y][2] = col; 48 else if (s[i].c==1)Q[s[i].y][1] = col; 49 else height[s[i].y] = col; 50 } 51 for (int i=1; i<=n; i++) 52 { 53 if (height[i]>height[i-1]) 54 { 55 add(height[i]+1, -1); 56 add(height[i-1]+1, 1); 57 } 58 } 59 for (int i=1; i<=m; i++) 60 { 61 if (2-Q[i][0]){printf("%d\n",query(Q[i][1]));continue;} 62 int qs = Q[i][1]; 63 if (height[qs-1]<height[qs]) 64 { 65 add(height[qs]+1, 1); 66 add(height[qs-1]+1, -1); 67 } 68 if (qs < n&&height[qs]<height[qs+1]) 69 { 70 add(height[qs+1]+1, 1); 71 add(height[qs]+1, -1); 72 } 73 height[qs] = Q[i][2]; 74 if (height[qs-1]<height[qs]) 75 { 76 add(height[qs]+1, -1); 77 add(height[qs-1]+1, 1); 78 } 79 if (qs < n&&height[qs]<height[qs+1]) 80 { 81 add(height[qs+1]+1, -1); 82 add(height[qs]+1, 1); 83 } 84 } 85 return 0; 86 }
