HandInDevil 的头发 （分 块）

题面

$\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 的头发很油，因此随时有跳蚤跳上 $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 的头发。

现在把 $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 的头发抽象成一个数轴，一开始上面没有跳蚤。每一个时刻，有三种事件之一会发生：

1. 有一个每次会跳 $t$ 格的跳蚤跳上 $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 的头发的位置 $x$ 。
2. $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 开始挠头发，每一只跳蚤向右跳一次，跳的距离为各自的 $t$ 。
3. $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 没有挠到跳蚤，打算找下一个目标，向你询问 头发上区间 $[l,r]$ 内跳蚤的个数。

输入

第一行一个整数 $Q$，表示事件个数。

接下来 $Q$ 行描述事件，输入若干个整数：

• 若第一个数为 1 ，则接下来跟着两个整数 $x_i$ 和 $t_i$ ，表示一个跳蚤跳了上去。
• 若第一个数为 2 ，则 $\mathrm{H}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{I}\mathrm{n}\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{v}\mathrm{i}\mathrm{l}$ 挠了一次头发，所有跳蚤往右跳。
• 若第一个数为 3 ，则接下来跟着两个整数 $l_i$ 和 $r_i$ ，你需要输出此时区间 $[l_i,r_i]$ 中跳蚤的数量。

输出

对于每一个事件 3 ，输出一行一个整数，表示询问的答案。

Sample Input

10
1 4 1
1 2 2
3 3 5
2
3 3 5
2
3 3 5
3 6 6
1 5 1
3 3 5

Sample Output

1
2
0
2
1

数据范围

$1\le Q,x_i,t_i,l_i,r_i\le 10^5,l_i\le r_i$

$\text{2 ms , 512 mb}$

题解

-既然跟 HandInDevil 扯上关系那肯定是分块题啊-

考虑分块，令块大小为 $B$，头发有效长度为 $n$，我们把 $t_i>B$ 的跳蚤暴力跳，然后用线段树或树状数组等数据结构维护区间和，这部分复杂度为 $O(Q\frac{n}{B}\log n)$ 。

然后对于 $t_i\le B$ 的跳蚤，我们建立 $B$ 棵平衡树，假设跳蚤 $i$ 跳上时已经发生了 $cn{t}_i$ 次事件 2，那么我们就把 $x_i-cn{t}_i\ast t_i$ 加进第 $t_i$ 棵平衡树里。

询问的时候，可以先加上区间内 $t_i>B$ 的跳蚤数量，然后在每棵平衡树里进行询问。假设此时事件 2 发生了 $cn{t}^{\prime }$ 次，对于第 $i$ 棵平衡树，先把 $[l_i,r_i]$ 变成 $[l_i-cn{t}^{\prime }\ast i,r_i-cn{t}^{\prime }\ast i]$ ，然后在该平衡树里询问值在这个区间内的结点数量，加进答案。这部分复杂度是 $O(QB\log Q)$ 。

由于 $Q$ 和 $n$ 同阶，所以取 $B=\sqrt{n}$ 时复杂度最小，总复杂度为 $O(Q\sqrt{n}\log n)$ ，险过。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#pragma GCC optimize(2)
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
const int SQ = 317;
int n = 100000,m,i,j,s,o,k;
struct np{int s[2];np(){s[0]=s[1]=0;}np(int A,int B){s[0]=A;s[1]=B;}};
struct tr{
	int s[2];
	LL ky;int hp,siz;
	tr(){s[0]=s[1]=ky=hp=siz=0;}
}tre[MAXN];
int buc[MAXN],cntb;
int newnode(LL key) {
	int x = buc[cntb --]; tre[x] = tr();
	tre[x].ky = key; tre[x].hp = rand()*1ll*rand()%MOD;
	tre[x].siz = 1; return x;
}
int update(int x) {
	if(!x) return x;
	int ls = tre[x].s[0],rs = tre[x].s[1];
	tre[x].siz = tre[ls].siz + tre[rs].siz + 1;
	return x;
}
np spli(int x,LL key) {
	np as(0,0); if(!x) return as;
	int d = (tre[x].ky <= key);
	as = spli(tre[x].s[d],key);
	tre[x].s[d] = as.s[d^1];
	as.s[d^1] = update(x);
	return as;
}
np spli2(int x,int kth) {
	np as(0,0); if(!x) return as;
	int d = (tre[tre[x].s[0]].siz+1 <= kth);
	if(d) kth -= tre[tre[x].s[0]].siz+1;
	as = spli(tre[x].s[d],kth);
	tre[x].s[d] = as.s[d^1];
	as.s[d^1] = update(x);
	return as;
}
int merg(int p1,int p2) {
	if(!p1 || !p2) return p1+p2;
	if(tre[p1].hp < tre[p2].hp) {
		tre[p1].s[1] = merg(tre[p1].s[1],p2);
		return update(p1);
	}
	tre[p2].s[0] = merg(p1,tre[p2].s[0]);
	return update(p2);
}
int ins(int x,LL key) {
	np p = spli(x,key);
	return merg(p.s[0],merg(newnode(key),p.s[1]));
}
int del(int x,LL key) {
	np pl = spli(x,key-1);
	np pr = spli2(pl.s[1],1);
	if(pr.s[0] && tre[pr.s[0]].ky == key) buc[++ cntb] = pr.s[0];
	else pr.s[1] = merg(pr.s[0],pr.s[1]);
	return merg(pl.s[0],pr.s[1]);
}
int query(int &x,LL l,LL r) {
	if(l > r) return 0;
	np p1 = spli(x,l-1);
	np p2 = spli(p1.s[1],r);
	int as = tre[p2.s[0]].siz;
	x = merg(p1.s[0],merg(p2.s[0],p2.s[1]));
	return as;
}
int bl[SQ+5],li[SQ+5],rt[SQ+5];
int c[MAXN];
void addt(int x,int y){while(x<=n)c[x]+=y,x+=lowbit(x);}
int sum(int x) {int as=0;while(x>0)as+=c[x],x-=lowbit(x);return as;}
pair<int,int> PAIR(int A,int B) {pair<int,int> a;a.FI=A;a.SE=B;return a;}
pair<int,int> q1[MAXN];
int cnq;
int main() {
	freopen("flea.in","r",stdin);
	freopen("flea.out","w",stdout);
	m = 0;
	for(int i = 100000;i > 0;i --) {
		buc[++ cntb] = i;
		int bid = (i+SQ-1)/SQ;
		m = max(m,bid); li[bid] = i;
	}
	li[m+1] = 100001;
	srand(time(0));
	int Q = read(),cnt2 = 0;
	while(Q --) {
		k = read();
		if(k == 1) {
			s = read();o = read();
			if(o > SQ) q1[++ cnq] = PAIR(s,o),addt(s,1);
			else {
				LL ad = (LL)s-cnt2*1ll*o;
				rt[o] = ins(rt[o],ad);
			}
		}
		else if(k == 2) {
			cnt2 ++;
			int leq = cnq;cnq = 0;
			for(int i = 1;i <= leq;i ++) {
				int ss = q1[i].FI,tt = q1[i].SE;
				addt(ss,-1);
				ss += tt;
				if(ss <= 100000) {
					addt(ss,1);
					q1[++ cnq] = PAIR(ss,tt);
				}
			}
		}
		else {
			s = read();o = read();
			int ans = sum(o)-sum(s-1);
			for(int i = 1;i <= SQ;i ++) {
				LL ad1 = (LL)s-cnt2*1ll*i , ad2 = (LL)o-cnt2*1ll*i;
				ans += query(rt[i],ad1,ad2);
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

Better Solution

有一个更快的做法，我们把 $t_i>B$ 的跳蚤暴力跳时，用分块维护区间和。把头发序列分块，每个块大小为 $B$，修改 $O(1)$ ，询问 $O(\frac{n}{B})$，这部分修改总复杂度 $O(Q\frac{n}{B})$，询问总复杂度 $O(Q\frac{n}{B})$ 。

那么取块大小为 $B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$ ，总复杂度就为 $O(Q\sqrt{n\log n})$，实际块大小还可以根据平衡树的常数微调，比之前的做法快上不少。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#pragma GCC optimize(2)
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
const int SQ = 77;
int n = 100000,m,i,j,s,o,k;
struct np{int s[2];np(){s[0]=s[1]=0;}np(int A,int B){s[0]=A;s[1]=B;}};
struct tr{
	int s[2];
	LL ky;int hp,siz;
	tr(){s[0]=s[1]=ky=hp=siz=0;}
}tre[MAXN];
int buc[MAXN],cntb;
int newnode(LL key) {
	int x = buc[cntb --]; tre[x] = tr();
	tre[x].ky = key; tre[x].hp = rand()*1ll*rand()%MOD;
	tre[x].siz = 1; return x;
}
int update(int x) {
	if(!x) return x;
	int ls = tre[x].s[0],rs = tre[x].s[1];
	tre[x].siz = tre[ls].siz + tre[rs].siz + 1;
	return x;
}
np spli(int x,LL key) {
	np as(0,0); if(!x) return as;
	int d = (tre[x].ky <= key);
	as = spli(tre[x].s[d],key);
	tre[x].s[d] = as.s[d^1];
	as.s[d^1] = update(x);
	return as;
}
np spli2(int x,int kth) {
	np as(0,0); if(!x) return as;
	int d = (tre[tre[x].s[0]].siz+1 <= kth);
	if(d) kth -= tre[tre[x].s[0]].siz+1;
	as = spli(tre[x].s[d],kth);
	tre[x].s[d] = as.s[d^1];
	as.s[d^1] = update(x);
	return as;
}
int merg(int p1,int p2) {
	if(!p1 || !p2) return p1+p2;
	if(tre[p1].hp < tre[p2].hp) {
		tre[p1].s[1] = merg(tre[p1].s[1],p2);
		return update(p1);
	}
	tre[p2].s[0] = merg(p1,tre[p2].s[0]);
	return update(p2);
}
int ins(int x,LL key) {
	np p = spli(x,key);
	return merg(p.s[0],merg(newnode(key),p.s[1]));
}
int del(int x,LL key) {
	np pl = spli(x,key-1);
	np pr = spli2(pl.s[1],1);
	if(pr.s[0] && tre[pr.s[0]].ky == key) buc[++ cntb] = pr.s[0];
	else pr.s[1] = merg(pr.s[0],pr.s[1]);
	return merg(pl.s[0],pr.s[1]);
}
int query(int &x,LL l,LL r) {
	if(l > r) return 0;
	np p1 = spli(x,l-1);
	np p2 = spli(p1.s[1],r);
	int as = tre[p2.s[0]].siz;
	x = merg(p1.s[0],merg(p2.s[0],p2.s[1]));
	return as;
}
int bl[MAXN],li[MAXN],rt[MAXN];
int ct[MAXN];
pair<int,int> PAIR(int A,int B) {pair<int,int> a;a.FI=A;a.SE=B;return a;}
pair<int,int> q1[MAXN];
int cnq;
int main() {
	freopen("flea.in","r",stdin);
	freopen("flea.out","w",stdout);
	m = 0;
	for(int i = 100000;i > 0;i --) {
		buc[++ cntb] = i;
		int bid = (i+SQ-1)/SQ;
		m = max(m,bid); li[bid] = i;
	}
	li[m+1] = 100001;
	srand(time(0));
	int Q = read(),cnt2 = 0;
	while(Q --) {
		k = read();
		if(k == 1) {
			s = read();o = read();
			if(o > SQ) q1[++ cnq] = PAIR(s,o),ct[s] ++,bl[(s+SQ-1)/SQ] ++;
			else {
				LL ad = (LL)s-cnt2*1ll*o;
				rt[o] = ins(rt[o],ad);
			}
		}
		else if(k == 2) {
			cnt2 ++;
			int leq = cnq;cnq = 0;
			for(int i = 1;i <= leq;i ++) {
				int ss = q1[i].FI,tt = q1[i].SE;
				ct[ss] --; bl[(ss+SQ-1)/SQ] --;
				ss += tt;
				if(ss <= 100000) {
					ct[ss] ++; bl[(ss+SQ-1)/SQ] ++;
					q1[++ cnq] = PAIR(ss,tt);
				}
			}
		}
		else {
			s = read();o = read();
			int ans = 0;
			int ll = (s+SQ-1)/SQ,rr = (o+SQ-1)/SQ;
			for(int i = ll+1;i <= rr-1;i ++) ans += bl[i];
			if(ll == rr) for(int i = s;i <= o;i ++) ans += ct[i];
			else {
				for(int i = s;(i+SQ-1)/SQ == ll;i ++) ans += ct[i];
				for(int i = o;(i+SQ-1)/SQ == rr;i --) ans += ct[i];
			}
			for(int i = 1;i <= SQ;i ++) {
				LL ad1 = (LL)s-cnt2*1ll*i , ad2 = (LL)o-cnt2*1ll*i;
				ans += query(rt[i],ad1,ad2);
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}