题解 P4117 【[Ynoi2018]五彩斑斓的世界】

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第二分块，神仙大分块题，不过想清楚了后应该难度相对不太大。

Part.1

先看这题的数据范围\(a_i\leq 5e5\)，想到分块的方式应该与值域有关。另外我们可以发现，我们的值是只减小不增大的，考虑值域上应该有一个均摊，对每块做一个值域，考虑我们可以在这个上面搞一些事情做一些操作，使复杂度正确。然后我就不会了

Part.2

看了出题人的题解后我们可以发现有一个很有意思的trick，我们考虑值域是不增的，所以我们可以让值域最大值与最小值的差值越来越小。

设当前修改操作有一个\(x\)，当前最大值为\(mx\)，我们分两种情况讨论。

1. \(mx \le x\times 2\) 此时我们把\([x+1,mx]\)上的值暴力减。
2. \(mx > x\times 2\)此时我们把\([1,x]\)上的值暴力加，然后打上块整体减的\(tag\)。

我们每次总是使得块的最大值与最小值越来越近，所以一个块的总复杂的是\(O(n)\)的，所有块的总复杂度是\(O(n\sqrt n)\)。

到目前为止，我们解决了最重要的操作。

Part.3

但询问时我们每个块如果只记录当前值在块内出现次数的话，很显然是不行的，因为零散块无法快速找到一个下标对应的现在的答案，所以我们考虑让值域的每个值记录她有哪些下标是当前值。或者换句话，对下标来说，就是用一个指针指向她当前在值域上的值。

我们重新定义两个操作。

1. \(mx \le x\times 2\) 此时我们把\([x+1,mx]\)上的值所包含的下标往\([1,x]\)合并。
2. \(mx > x\times 2\)此时我们把\([1,x]\)上的值所包含的下标往\([x+1,x\times 2]\)合并，然后打上块整体减的\(tag\)。

如果是零散块，我们就暴力找出当前下标指向的实际的值，修改后把整个块重构。这样是\(O(\sqrt n)\)的。

什么样的数据结构能实现这样的操作呢？一个直接的想法就是链表，对每个值维护一个链表，合并是\(O(1)\)的，满足我们的要求。

然而我们还有一个更高效的数据结构，并查集。我们对每个值维护并查集，合并是\(O(1)\)的，但在重构块时较链表常数更小，是更优秀的选择。

Part.4

说了这么多，我们还是过不了这道题。我没有玩你们

仔细观察空间限制，发现是62.50MB，果然前面还不够dl，我们要考虑一种线性空间的做法，其实很简单，有一个trick叫逐块处理，我们发现每个块对总的时间贡献了\(O(n+m)\)的复杂度，那么我们对每个块跑一遍所有询问就可以了。

那我们其他那么多题为什么没有用这个trick呢？因为用它要满足下面几个性质。

1. 可以离线，显然我们是离线下来对每个块跑询问。
2. 块之间不互相干扰。如果一个块的信息发生改变就要影响相邻或更多的块，那么就不能用。
3. 答案可加性，我们是每次跑询问是把答案加入总答案，如果不可加，那么也不行。

最后告诉你一个好消息，这个题不卡常！！！所以快乐的\(code\)吧！其实就是细节有点多

还是贴一下我丑陋的代码吧

inline int findf(int x) {return x==fa[x]?x:fa[x]=findf(fa[x]);}

inline void merge(int u,int v)//合并两个值的下标
{
    if(rt[v]) fa[rt[u]]=rt[v];
    else rt[v]=rt[u],to[rt[v]]=v;
    siz[v]+=siz[u];
    rt[u]=siz[u]=0;
}

void build(int x)//新建块
{
    mxval=tag=0;
    for(int i=L[x];i<=R[x];++i)
    {
        mxval=max(mxval,a[i]);
        if(rt[a[i]]) fa[i]=rt[a[i]];
        else rt[a[i]]=fa[i]=i,to[i]=a[i];
        ++siz[a[i]];
    }
}

void restruct(int x,int l,int r,int nx)//重构块
{
    for(int i=L[x];i<=R[x];++i)
        a[i]=to[findf(i)],rt[a[i]]=siz[a[i]]=0,a[i]-=tag;
    for(int i=L[x];i<=R[x];++i)
        to[i]=0;
    l=max(l,L[x]);r=min(r,R[x]);
    for(int i=l;i<=r;++i)
        a[i]=a[i]-(a[i]>nx)*nx;
    build(x);
}

void modify(int nx)//修改
{
    if((nx<<1)<=mxval-tag)
    {
        for(int i=tag+1;i<=tag+nx;++i)
            if(rt[i]) merge(i,i+nx);
        tag+=nx;//记得修改tag
    }
    else
    {
        for(int i=tag+nx+1;i<=mxval;++i)
            if(rt[i]) merge(i,i-nx);
        if(tag+nx<mxval) mxval=tag+nx;//记得更新最大值
    }
}

void query(int x,int i)//询问
{
    int l=q[i].l,r=q[i].r,nx=q[i].x;
    if(nx+tag>5e5) return;
    if(l<=L[x]&&R[x]<=r) ans[i]+=siz[nx+tag];
    else
    {
        l=max(L[x],l);r=min(R[x],r);
        for(int j=l;j<=r;++j)
            if(to[findf(j)]-tag==nx) ++ans[i];
    }
}

int main()
{
    read(n);read(m);
    klen=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        read(a[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        read(q[i].opt),read(q[i].l),read(q[i].r),read(q[i].x);
    blocks=(n-1)/klen+1;
    for(int i=1;i<=blocks;++i)
        L[i]=R[i-1]+1,R[i]=i*klen;
    R[blocks]=n;
    for(int i=1;i<=blocks;++i)//先枚举块，逐块处理
    {
        memset(rt,0,sizeof(rt));
        memset(siz,0,sizeof(siz));
        build(i);
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            if(L[i]>q[j].r||R[i]<q[j].l) continue;
            else if(q[j].opt==1)
            {
                if(q[j].l<=L[i]&&R[i]<=q[j].r)
                    modify(q[j].x);
                else restruct(i,q[j].l,q[j].r,q[j].x);
            }
            else query(i,j);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)
        if(q[i].opt==2) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}