二维莫队解题报告

我写的莫队教程

其实这是一道bzoj上的题(bzoj2639,貌似是权限题,反正我看不了),在YALI做模拟赛的时候遇到了.

然后在网上查到了几篇关于这道题的博客,都和我的做法略有不同...

题目大意

给你一个 \(r*c\) 的矩阵,每个点有一个颜色, \(m\) 个询问,每次询问一个子矩阵内,每种颜色出现次数的平方和。

\(r,c\le 200,m\le 100000\)

做法简述

首先我们要明白,莫队究竟在干什么。

莫队其实就是几个指针在那跳来跳去,每跳一步都需要一定的时间,通过对询问排序使得指针跳的总次数尽量小。

所以,这题中询问为 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\) ,也就是四个指针在那跳,分别分块再排序就可以了,即:

//为避免和cmath库中的y0y1重名,下文中代码内的x1,y1,x2,y2都用x,y,xx,yy代替
struct Query
{
	int x,y,xx,yy,id;
	bool operator<(Query& b)
	{
		return x/B==b.x/B?(y/B==b.y/B?(xx/B==b.xx/B?yy<b.yy:xx<b.xx):y<b.y):x<b.x; //B为分块大小
	}
} q[M];

答案更新

一般的莫队都是 \(O(1)\) 更新答案的,然而这题是 \(O(n)\) (用 \(n\) 代表 \(r,c\) ) 更新。

移动指针的时候,把一排一起修改。

需要注意的是,8个while的顺序如果排列不当在某些情况下会导致答案出错,所以最好是将所有add都放在del前面(实际上有多种排列顺序都可以在不进行“反操作”的情况下保证答案正确,所有add放在del前面只是其中一种),或者是对“反区间”进行“反操作”。

所谓“反区间”,如:修改 \(x_1\) 指针时,本应进行add操作,而此时\(y_1>y_2+1\),那么就要将 \((y_2,y_1)\) 这个开区间内的所有点进行del。

while的排列顺序得当可以使“反区间”不可能出现。

“反操作”参考代码:

while (x<q[i].x)
{
	for (j=y;j<=yy;++j)
	{
		del(a[x][j]);
	}
	for (j=yy+1;j<y;++j)
	{
		add(a[x][j]);
	}
	++x;
}
while (y<q[i].y)
{
	for (j=x;j<=xx;++j)
	{
		del(a[j][y]);
	}
	for (j=xx+1;j<x;++j)
	{
		add(a[j][y]);
	}
	++y;
}
while (xx>q[i].xx)
{
	for (j=y;j<=yy;++j)
	{
		del(a[xx][j]);
	}
	for (j=yy+1;j<y;++j)
	{
		add(a[xx][j]);
	}
	--xx;
}
while (yy>q[i].yy)
{
	for (j=x;j<=xx;++j)
	{
		del(a[j][yy]);
	}
	for (j=xx+1;j<x;++j)
	{
		add(a[j][yy]);
	}
	--yy;
}
while (x>q[i].x)
{
	--x;
	for (j=y;j<=yy;++j)
	{
		add(a[x][j]);
	}
	for (j=yy+1;j<y;++j)
	{
		del(a[x][j]);
	}
}
while (y>q[i].y)
{
	--y;
	for (j=x;j<=xx;++j)
	{
		add(a[j][y]);
	}
	for (j=xx+1;j<x;++j)
	{
		del(a[j][y]);
	}
}
while (xx<q[i].xx)
{
	++xx;
	for (j=y;j<=yy;++j)
	{
		add(a[xx][j]);
	}
	for (j=yy+1;j<y;++j)
	{
		del(a[xx][j]);
	}
}
while (yy<q[i].yy)
{
	++yy;
	for (j=x;j<=xx;++j)
	{
		add(a[j][yy]);
	}
	for (j=xx+1;j<x;++j)
	{
		del(a[j][yy]);
	}
}
out[q[i].id]=ans;

分块大小

具体计算清楚非常复杂,这里只是估算一下.

\(x_1\) 指针的移动次数为 \(O(mB)\)\(y_2\) 指针的移动次数渐进复杂度中含有 \(O\left(\frac{n^4}{B^3}\right)\),取 \(mB=\frac{n^4}{B^3}\),得到 \(B=nm^{-\frac{1}{4}}\)

总时间复杂度为 \(O(mlogm+n^2m^{\frac{3}{4}})\)

反正这样的分块大小实测比 \(\sqrt{n}\) 优秀...有兴趣的话可以严谨地算一算(如果发现我这个估算有问题可以直接在这篇博客下评论)

初始子矩阵

任意一个空矩阵就可以了,如 \(x_1=y_1=1,x_2=y_2=0\)

参考代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N=210;
const int M=100010;

void add(int x);
void del(int x);

int r,c,m,B,a[N][N],lsh[N*N],tot,cnt[N*N],ans,out[M];

struct Query
{
	int x,y,xx,yy,id;
	bool operator<(Query& b)
	{
		return x/B==b.x/B?(y/B==b.y/B?(xx/B==b.xx/B?yy<b.yy:xx<b.xx):y<b.y):x<b.x;
	}
} q[M];

int main()
{
	int i,j,x=1,y=1,xx=0,yy=0;
	
	cin>>r>>c>>m;
	
	B=pow(r*c,0.5)/pow(m,0.25)+1.0;
	
	for (i=1;i<=r;++i)
	{
		for (j=1;j<=c;++j)
		{
			cin>>a[i][j];
			lsh[tot++]=a[i][j]; //这题要离散化
		}
	}
	
	sort(lsh,lsh+tot);
	tot=unique(lsh,lsh+tot)-lsh;
	
	for (i=1;i<=r;++i)
	{
		for (j=1;j<=c;++j)
		{
			a[i][j]=lower_bound(lsh,lsh+tot,a[i][j])-lsh;
		}
	}
	
	for (i=0;i<m;++i)
	{
		cin>>q[i].x>>q[i].y>>q[i].xx>>q[i].yy;
		q[i].id=i;
	}
	
	sort(q,q+m);
	
	for (i=0;i<m;++i)
	{
		while (x>q[i].x)
		{
			--x;
			for (j=y;j<=yy;++j)
			{
				add(a[x][j]);
			}
		}
		while (xx<q[i].xx)
		{
			++xx;
			for (j=y;j<=yy;++j)
			{
				add(a[xx][j]);
			}
		}
		while (y>q[i].y)
		{
			--y;
			for (j=x;j<=xx;++j)
			{
				add(a[j][y]);
			}
		}
		while (yy<q[i].yy)
		{
			++yy;
			for (j=x;j<=xx;++j)
			{
				add(a[j][yy]);
			}
		}
		while (x<q[i].x)
		{
			for (j=y;j<=yy;++j)
			{
				del(a[x][j]);
			}
			++x;
		}
		while (xx>q[i].xx)
		{
			for (j=y;j<=yy;++j)
			{
				del(a[xx][j]);
			}
			--xx;
		}
		while (y<q[i].y)
		{
			for (j=x;j<=xx;++j)
			{
				del(a[j][y]);
			}
			++y;
		}
		while (yy>q[i].yy)
		{
			for (j=x;j<=xx;++j)
			{
				del(a[j][yy]);
			}
			--yy;
		}
		out[q[i].id]=ans;
	}
	
	for (i=0;i<m;++i)
	{
		cout<<out[i]<<endl;
	}
	
	return 0;
}

void add(int x)
{
	ans=ans+2*cnt[x]+1;
	++cnt[x];
}

void del(int x)
{
	ans=ans-2*cnt[x]+1;
	--cnt[x];
}
posted @ 2018-10-02 18:23  ouuan  阅读(1793)  评论(0编辑  收藏  举报