[bzoj 1878][SDOI2009]HH的项链

Description

HH有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步 完后,他都会随意取出一
段贝壳,思考它们所表达的含义。HH不断地收集新的贝壳,因此他的项链变得越来越长。有一天,他突然提出了一
个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同的贝壳?这个问题很难回答。。。因为项链实在是太长了。于是,他只
好求助睿智的你,来解决这个问题。

Input

第一行:一个整数N,表示项链的长度。 
第二行:N个整数,表示依次表示项链中贝壳的编号(编号为0到1000000之间的整数)。 
第三行:一个整数M,表示HH询问的个数。 
接下来M行:每行两个整数,L和R(1 ≤ L ≤ R ≤ N),表示询问的区间。
N ≤ 50000,M ≤ 200000。

Output

M行,每行一个整数,依次表示询问对应的答案。

Sample Input

6
1 2 3 4 3 5
3
1 2 
3 5
2 6

Sample Output

2
2
4

题解

这题,这题,这题,毒瘤!!!

卡我分块!!!


1.分块做法

虽然是莫队经典题但是还是想写分块啊

可以保存每个点往前第一个与他颜色相同的点的坐标

假设它为$pre$中,那么我们要找的就是区间内的$pre$小于$L$的值的数量,因为$pre$大于$L$的数,一定在区间内出现了至少两次。这个可以画个图想想,想明白了基本就懂这题怎么用分块写了

那么对块内元素进行排序,查询的时候二分查找就行,散块直接暴力查找

查询的总复杂度是$O(m*log(\sqrt{n})*\sqrt{n})$

这复杂度很擦边...然后万恶的bzoj时限开4s,就死活卡不过去了...已经尝试了$fread$,$fwrite$,$inline$,$register$,以及各种奇奇怪怪的块的大小

都卡不过去...

评测记录

中间那次WA是因为调试的东西没删

不断增长的代码量说明了一切....

在洛谷交了一下是80分

如果哪位大大分块卡过去这题的话跟我讲一下卡法...

这里放一下我的分块代码,就不贴那些加了一堆优化的了,贴最原始的

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m,a[50010],pre[50010],p[1000010];
int block,num,l[50010],r[50010],belong[50010],sum[50010];

void build(){
    block=sqrt(n);
    num=n/block;
    if(n%block)num++;
    for(int i=1;i<=num;i++){
        l[i]=block*(i-1)+1;
        r[i]=block*i;
    }
    r[num]=n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        belong[i]=(i-1)/block+1;
        sum[i]=pre[i];
    }
    for(int i=1;i<=num;i++){
        sort(sum+l[i],sum+r[i]+1);
    }
}

int find(int L,int R,int x){
    while(L<=R){
        int mid=(L+R)>>1;
        if(sum[mid]<x)L=mid+1;
        else R=mid-1;
    }
    return L;
}

int query(int L,int R){
    int ans=0;
    if(belong[L]==belong[R]){
        for(int i=L;i<=R;i++){
            if(pre[i]<L)ans++;
        }
        return ans;
    }
    for(int i=L;i<=r[belong[L]];i++){
        if(pre[i]<L)ans++;
    }
    for(int i=l[belong[R]];i<=R;i++){
        if(pre[i]<L)ans++;
    }
    for(int i=belong[L]+1;i<=belong[R]-1;i++){
        ans+=find(l[i],r[i],L)-l[i];
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        pre[i]=p[a[i]];
        p[a[i]]=i;
    }
    build();
    scanf("%d",&m);
    while(m--){
        int fl,fr;
        scanf("%d%d",&fl,&fr);
        printf("%d\n",query(fl,fr));
    }
    return 0;
}
分块

2.莫队做法

卡了一个晚上后我终于接受了现实。去打莫队

如果是莫队的话这题就模板题了,就离线一下排序一下,两个指针跳来跳去就行了

然后在bzoj就可以A了

然后尝试去卡洛谷的

洛谷数据加强到了$n,m<=500000$

再次卡常

$fread$,$fwrite$,$inline$,$register$,块的大小改为$block=n/sqrt(m*2/3)$,排序使用奇偶排序,再加个O2

然后就卡过去了,最后一个点999ms

洛谷的AC记录

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int block,ans=0,cnt[1000001];
int n,m,a[50010],Ans[200010];

struct node {
    int l,r,id;
}q[200010];

bool cmp(node a,node b){
    return (a.r/block)==(b.r/block)?a.l<b.l:a.r<b.r;
}

void add(int x){
    if(!cnt[a[x]])ans++;
    cnt[a[x]]++;
}

void del(int x){
    cnt[a[x]]--;
    if(!cnt[a[x]])ans--;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    block=sqrt(n);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
        q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    int l=0,r=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int ql=q[i].l,qr=q[i].r;
        while(l<ql)del(l++);
        while(l>ql)add(--l);
        while(r<qr)add(++r);
        while(r>qr)del(r--);
        Ans[q[i].id]=ans;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",Ans[i]);
    return 0;
}
在bzojAC的莫队
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read()
{
    char x;
    while((x = getchar()) > '9' || x < '0') ;
    int u = x - '0';
    while((x = getchar()) <= '9' && x >= '0') u = (u << 3) + (u << 1) + x - '0';
    return u;
}
int buf[105];  
inline void write(int i) {  
    int p = 0;  
    if(i == 0) p++;  
    else while(i) {  
        buf[p++] = i % 10;  
        i /= 10;  
    }  
    for(int j = p-1; j >= 0; j--) putchar('0' + buf[j]);  
} 

#define il inline
#define re register

int block,ans=0,cnt[1000001];
int n,m,a[500010],Ans[500010];

struct node {
    int l,r,id;
}q[500010];

il bool cmp(node a,node b){
    return (a.l/block)^(b.l/block)?a.l<b.l:(((a.l/block)&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}

il void add(int x){
    if(!cnt[a[x]])ans++;
    cnt[a[x]]++;
}

il void del(int x){
    cnt[a[x]]--;
    if(!cnt[a[x]])ans--;
}

int main(){
    n=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    m=read();
    block=n/sqrt(m*2/3);
    for(re int i=1;i<=m;i++){
        q[i].l=read(),q[i].r=read();
        q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    re int l=0,r=0;
    for(re int i=1;i<=m;i++){
        re int ql=q[i].l,qr=q[i].r;
        while(l<ql)del(l++);
        while(l>ql)add(--l);
        while(r<qr)add(++r);
        while(r>qr)del(r--);
        Ans[q[i].id]=ans;
    }
    for(re int i=1;i<=m;i++)write(Ans[i]),puts("");
    return 0;
}
在洛谷AC的莫队

 

posted @ 2018-09-01 16:37  henry_y  阅读(220)  评论(1编辑  收藏  举报