bzoj4241: 历史研究(回滚莫队)

传送门

这是一个叫做回滚莫队的神奇玩意儿

是询问,而且不强制在线,就决定是你了莫队

如果是每次插入一个数是不是很简单?

然而悲剧的是我们莫队的时候不仅要插入数字还要删除数字

那么把它变成只插入不就行了么?

我们莫队将询问分块的时候,以左端点所在块为第一关键字,右端点(不是右端点所在块)为第二关键字

对于每一个询问,如果左右端点在同一块中,直接暴力处理,复杂度\(O(\sqrt{n})\)

如果不在同一个块中呢?我们把所有左端点在同一块中的一起处理,那么右端点就是单调增的,这一部分只有插入,暴力计算的复杂度是\(O(n)\)

可是左端点的走位很飘啊?我们可以每一次都把左端点移到这一块的最右端,然后让它不断左移,那么这一部分也变成只有插入了

于是总的复杂度为\(O(n\sqrt{n})\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R ll x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5;
int n,m;ll ans[N],res;
int bl[N],cnt[N],b[N],a[N],tot,S;
struct node{
	int l,r,id;
	node(){}
	node(R int l,R int r,R int id):l(l),r(r),id(id){}
	inline bool operator <(const node &b)const{return bl[l]==bl[b.l]?r<b.r:bl[l]<bl[b.l];}
}q[N];
inline void add(R int x){++cnt[a[x]],cmax(res,1ll*cnt[a[x]]*b[a[x]]);}
ll solve(int l,int r){
	static int cnt[N];ll res=0;
	fp(i,l,r)cnt[a[i]]=0;
	fp(i,l,r)++cnt[a[i]],cmax(res,1ll*cnt[a[i]]*b[a[i]]);
	return res;
}
int calc(int i,int id){
	int qr=min(n,id*S),r=qr;res=0;
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(;bl[q[i].l]==id;++i){
		if(bl[q[i].l]==bl[q[i].r]){ans[q[i].id]=solve(q[i].l,q[i].r);continue;}
		while(r<q[i].r)add(++r);
		ll ret=res;
		fp(k,q[i].l,qr)add(k);
		ans[q[i].id]=res;
		fp(k,q[i].l,qr)--cnt[a[k]];
		res=ret;
	}return i;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),m=read(),S=sqrt(n);
	fp(i,1,n)a[i]=b[i]=read(),bl[i]=(i-1)/S+1;
	sort(b+1,b+1+n),tot=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	fp(i,1,n)a[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
	fp(i,1,m)q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
	sort(q+1,q+1+m);
	for(R int i=1,id=1;id<=bl[n];++id)i=calc(i,id);
	fp(i,1,m)print(ans[i]);
	return Ot(),0;
}
深深地明白自己的弱小
posted @ 2019-02-14 15:54  bztMinamoto  阅读(380)  评论(0编辑  收藏  举报
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