bzoj2120 数颜色 莫队 带修改

【bzoj2120】数颜色

Description

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。墨墨会像你发布如下指令： 1、 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。 2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？

Input

第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。

Output

对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。

Sample Input

6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6

Sample Output

4
4
3
4

HINT

对于100%的数据，N≤10000，M≤10000，修改操作不多于1000次，所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于1且不超过10^6。

 

其实还是可以用莫队的。只要记录下每组询问是多少次修改之后得到的，在每次做询问前，把现在少改的修改改上，多改的改回来。具体实现呢——暴力for循环。其他都一样。

由于每次都要暴力修改，要保证复杂度，排序方式应不一样。

这样排序，修改的的复杂度可能还是很高。所以还要调整块的大小。

设块大小为S，那么就会有\frac{n}{S}个块。且假设n,m同阶。

当这次询问与上次询问的l在同一块内，l移动次数为O(S)，在不同块内，次数也为O(S)。l移动次数为O(nS)。

当l在同一块中,r的移动和l同理，移动次数为O(nS)。
当l跨过了一块，r的移动次数为O(n)，由于l最多跨过\frac{n}{S}块，移动次数为O(\frac{n^2}{S})。
所以r的移动次数为O(nS+\frac{n^2}{S})

再考虑修改的总复杂度。由于l,r在同一块中时，按修改次数单调递增排序，所以这是修改次数是O(n)的。
又因为l,r的不同的块共有(\frac{n}{S})^2种，所以总复杂度是O(\frac{n^3}{S^2})

整个算法复杂度O(nS+\frac{n^2}{S}+\frac{n^3}{S^2})。
当S=n^{\frac{2}{3}}时，复杂度变成了O(n^{\frac{5}{3}})

 

 1 #include<cstring>
 2 #include<cmath>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cstdio>
 6 
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 inline int read()
10 {
11     int x=0,f=1;char ch=getchar();
12     while(ch>'9'||ch<'0'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
13     while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
14     return x*f;
15 }
16 
17 char st[10000];
18 int c[100010],a[100010],cnt[1000010],pos[100010],Ans[100010];
19 int L,R,ans,Now;
20 struct query{
21     int l,r,pre,id;
22 }Q[100010];
23 struct modify{
24     int x,pre,now;
25 }M[100010];
26 bool cmp(query x,query y)
27 {
28     if (pos[x.l]!=pos[y.l]) return pos[x.l]<pos[y.l];
29     if (pos[x.r]!=pos[y.r]) return pos[x.r]<pos[y.r];
30     else return x.pre<y.pre;
31 }
32 void modify(int pos,int key)
33 {
34     if (L<=pos&&R>=pos)
35     {
36         cnt[a[pos]]--;
37         if (!cnt[a[pos]]) ans--;
38         cnt[key]++;
39         if (cnt[key]==1) ans++;
40     }
41     a[pos]=key;
42 }
43 inline void add(int x)
44 {
45     cnt[a[x]]++;
46     if (cnt[a[x]]==1) ans++;
47 }
48 inline void del(int x)
49 {
50     cnt[a[x]]--;
51     if (cnt[a[x]]==0) ans--;
52 }
53 int main()
54 {
55     int n,m;
56     scanf("%d%d",&n,&m);
57     for (int i=1;i<=n;i++)
58         scanf("%d",&a[i]),c[i]=a[i];
59     int x,key,l,r,cq=0,cm=0;
60     for (int i=1;i<=m;i++)
61     {
62         scanf("%s",st);
63         if (st[0]=='Q')
64         {
65             scanf("%d%d",&l,&r);
66             Q[++cq].l=l,Q[cq].r=r,Q[cq].pre=cm,Q[cq].id=cq;
67         }
68         else
69         {
70             scanf("%d%d",&x,&key);
71             M[++cm].x=x,M[cm].pre=c[x],M[cm].now=key,c[x]=key; 
72         }
73     }
74     int X=pow(n,0.67);
75     for (int i=1;i<=n;i++)
76         pos[i]=(i-1)/X+1;
77     sort(Q+1,Q+1+cq,cmp);
78     L=1,R=0;
79     Now=ans=0;
80     for (int i=1;i<=cq;i++)
81     {
82         for (int j=Now+1;j<=Q[i].pre;j++)
83             modify(M[j].x,M[j].now);
84         for (int j=Now;j>Q[i].pre;j--)
85             modify(M[j].x,M[j].pre);
86         while (L>Q[i].l) add(--L);
87         while (R<Q[i].r) add(++R);
88         while (L<Q[i].l) del(L++);
89         while (R>Q[i].r) del(R--);
90         Now=Q[i].pre;
91         Ans[Q[i].id]=ans; 
92     }
93     for (int i=1;i<=cq;i++)
94         printf("%d\n",Ans[i]);
95     return 0;
96 }

 

posted @ 2017-12-29 09:59  Kaiser-  阅读(221)  评论(0)  编辑  收藏  举报