莫队分块
莫队算法
用于解决一类区间询问问题的办法
对于一段给定的数据序列，有 \(m\) 次询问，询问的区间 \([l,r]\) 如果能够在 \(O(1)\) 的时间复杂度内将区间拓展到 \([l\pm1,r\pm 1]\) ，那么我们就能够在 \(O(n\sqrt n)\) 的时间复杂度内计算所有询问的答案
将这段数据序列均匀划分为 \(\sqrt n\) 个区域，对所有的询问离线后按照 \(l\) 块的编号，\(r\) 块的编号进行双关键字排序
以洛谷 P2709 为例：
题目描述
小B 有一个长为 \(n\) 的整数序列 \(a\)，值域为 \([1,k]\)。
他一共有 \(m\) 个询问，每个询问给定一个区间 \([l,r]\)，求：$$\sum\limits_{i=1}^k c_i^2$$ ，其中 \(c_i\) 表示数字 \(i\) 在 \([l,r]\) 中的出现次数。
struct que{
int l,r,id;
};
void solve(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
vector<int> a(n+1);
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<que> q(m);
for (int i=0;i<m;i++) cin>>q[i].l>>q[i].r,q[i].id=i;
int B=sqrt(n);//分块大小
vector<int> cnt(n+1);
LL sum=0;
auto cmp=[&](que x,que y){
if (x.l/B==y.l/B) return x.r<y.r;
return x.l<y.l;
};//双关键字排序
auto add=[&](int x){
sum-=cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
cnt[a[x]]++;
sum+=cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
};
auto del=[&](int x){
sum-=cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
cnt[a[x]]--;
sum+=cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
};
sort(q.begin(),q.end(),cmp);
vector<int> ans(m);
for (int i=0,l=1,r=0;i<m;i++){
while (l>q[i].l) add(--l);
while (r<q[i].r) add(++r);
while (l<q[i].l) del(l++);
while (r>q[i].r) del(r--);
ans[q[i].id]=sum;
}
for (auto x:ans) cout<<x<<endl;
}
特别的，朴素的莫队算法常数比较大，原因有一部分是因为在相同块内的 \(r\) 指针都是单调排列的，在相邻块间移动时 \(r\) 指针前后会重复移动：
解决办法时将奇数块的内的 \(r\) 按照升序排列，偶数块内的 \(r\) 按照降序排列：
auto cmp=[&](que x,que y){
if (x.l/B==y.l/B) return (x.l/B&1)?x.r<y.r:x.r>y.r;
return x.l<y.l;
};//双关键字排序
带修改莫队
一般情况下，对于区间查询问题莫队算法可以有良好的时间复杂度，但是如果需要执行区间修改操作，那么普通的莫队算法就不能维护出区间的信息
我们对所有操作都记录下它的时间戳，按照三关键字进行排序后，两个询问之间的时间差为 \(tim_i-tim_j\)
只要能够在 时间复杂度可接受的（\(k=O(1),O(\log n)\)） 范围内维护出这段时间差中的贡献，那么就可以做到 \(O(n^{\frac{5}{3}}\times k)\) 的时间复杂度回答
以洛谷 P1903 为例
题目描述
墨墨购买了一套 \(N\) 支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会向你发布如下指令：
-
\(Q\ L\ R\) 代表询问你从第 \(L\) 支画笔到第 \(R\) 支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
-
\(R\ P\ C\) 把第 \(P\) 支画笔替换为颜色 \(C\)。
为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？
struct que{
int l,r,id,tim;
};
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int> a(n+1);
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<que> q(m+1);
vector<pair<int,int>> R(m+1);
int id=0,tim=0;
for (int i=0;i<m;i++){
char c;
int l,r;
cin>>c>>l>>r;
if (c=='Q') q[++id]={l,r,id,tim};
else R[++tim]={l,r};
}
int B=pow(n,0.666);
auto cmp=[&](que x,que y){
if (x.l/B!=y.l/B) return x.l<y.l;
if (x.r/B!=y.r/B) return (x.l/B&1)?x.r<y.r:x.r>y.r;
return x.tim<y.tim;
};
sort(q.begin()+1,q.begin()+id,cmp);
vector<int> mp(1000010);
int sum=0;
vector<int> ans(id+1);
auto add=[&](int x){
if (++mp[x]==1) sum++;
};
auto del=[&](int x){
if (--mp[x]==0) sum--;
};
for (int i=1,l=1,r=0,tim=0;i<=id;i++){
while (l>q[i].l) add(a[--l]);
while (r<q[i].r) add(a[++r]);
while (l<q[i].l) del(a[l++]);
while (r>q[i].r) del(a[r--]);
while (tim<q[i].tim){
tim++;
int p=R[tim].first;
if (l<=p&&p<=r) del(a[p]),add(R[tim].second);
swap(a[p],R[tim].second);
}
while (tim>q[i].tim){
int p=R[tim].first;
if (l<=p&&p<=r) del(a[p]),add(R[tim].second);
swap(a[p],R[tim].second);
tim--;
}
ans[q[i].id]=sum;
}
for (int i=1;i<=id;i++) cout<<ans[i]<<endl;
}
可以证明这种情况下将分块大小设置为 \(n^{\frac{2}{3}}\) 是最优的，对于每个新扩展进来的元素，我们可以 \(O(1)\) 的统计是不是一个没有出现过的元素，所以总的时间复杂度为 \(O(n^{\frac{5}{3}})\)
对于一段当前询问的区间以及它的时间戳 \(tim_i\) ，维护出当前时间戳 \(x\) 到这段时间中修改操作的贡献
while (tim<q[i].tim){
tim++;
int p=R[tim].first;
if (l<=p&&p<=r) del(a[p]),add(R[tim].second);
swap(a[p],R[tim].second);
}
while (tim>q[i].tim){
int p=R[tim].first;
if (l<=p&&p<=r) del(a[p]),add(R[tim].second);
swap(a[p],R[tim].second);
tim--;
}
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