重修 分块和莫队

带修莫队

P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列

相信我会了，这里只考虑时间复杂度。

设我们块大小（\(l,r\) 两轴块大小）为 \(B\)，则时间复杂度为 \(O\) 里面：

\[m(\frac{n}{B})^2+mB+\frac{n^2}{B} \]

上柿为三维长方体 \(x\in[1,n],y\in[1,n],z\in[1,m]\) 内 \(m\) 个点以 \(x,y\) 轴分别以 \(B\) 块长分块后用一根每一段与某坐标轴平行的折线串起来，线以分块策略下的最劣情况长度。

（由于我不会画 3D 的图，所以自行脑补 qwq）

我们若规定 \(m>>B\)，则上述柿子变为

\[O(\frac{mn^2}{B^2}+mB) \]

均衡一下得到 \(B=n^{2/3}\)，总复杂度为 \(n^{2/3}m\)。

为啥别的题解得到的 \(B\) 和我的不一样捏。

回滚莫队

分成两种：只增加、只删除。

只删除的例题：P8078 [WC2022] 秃子酋长

二次离线莫队

设莫队单次修改的时间为 \(t\)，则二次离线莫队将莫队从 \(O(nt\sqrt{n})\) 优化到 \(O(nt+n\sqrt{n})\)，当然前提是满足区间可减性。

例题：P4887 【模板】莫队二次离线

给你一个序列 \(a\)，每次查询给一个区间 \([l,r]\)，查询 \(l \leq i< j \leq r\)，且 \(popcnt(a_i \oplus a_j)=k\) 的二元组 \((i,j)\) 的个数.\(\oplus\) 是指按位异或。\(n,q\le 10^5,0\le a_i,k<2^{14}\)。

设 \(m\) 为 \([0,V)\) 中 \(popcnt=k\) 的个数，我们预处理这些数，最后时间复杂度也和 \(m\) 有关。

设 \(f(x,l,r)\) 表示

\[y\in[l,r],popcnt(a_x\oplus a_y)=k \]

的 \(y\) 的个数。

由于区间可减，得到

\[f(x,l,r)=f(x,1,r)-f(x,1,l-1) \]

所以下文用 \(f(x,y)\) 来简写 \(f(x,1,y)\)。

只有当 \(k=0\) 时 \(popcnt(a_x\oplus a_x)=k\)，所以得到

\[f(x,x)=f(x,x-1)+[k=0] \]

我们先正常莫队（甚至可以奇偶优化）。举个例子（莫队区间设为 \([L,R]\)）。

当 \(L\) 增大至 \(l\) 时，此询问比上次减少

\[\begin{aligned} \sum_{x=L}^{l-1} f(x,x+1,R)&=\sum_{x=L}^{l-1} f(x,R)-f(x,x) \\ &=\sum_{x=L}^{l-1} f(x,R)-\sum_{x=L}^{l-1} (f(x,x-1)+[k=0]) \\ &(p(x):=f(x+1,x)) \\ &=\sum_{x=L}^{l-1} f(x,R)-\sum_{x=L}^{l-1} (p(x-1)+[k=0]) \end{aligned}\]

\(L\) 增大、\(R\) 减小、\(R\) 增大 同理，不再赘述。

我们可以用桶 \(O(nm)\) 预处理出 \(p(x)\)。所以剩下的只要拎出 \(\sum_{x=L}^{l-1} f(x,R)\) 类的东西求即可，最后再代回来算答案。

接下来就是二次离线部分了。

我们将每一个形如 \(\sum_{x=l}^{r} f(x,i)\) 的询问挂在 \(i\) 位置上。

然后再用桶扫，同时计算每个位置上的询问。

这部分是 \(O(nm+n\sqrt{n})\)，\(n\sqrt{n}\) 是因为二级询问有 \(O(n\sqrt{n})\) 个，每个只要 \(O(1)\) 回答。

然后就做完了，总时间 \(O(nm+n\sqrt{n})\)，与开头说的相同。

例题代码：

点击查看代码

//Said no more counting dollars. We'll be counting stars.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb emplace_back
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define Rof(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define int long long
#define N 100010
#define V 16384//值域 
vector<int> bu;//0~V-1 popcnt=k 的数 
int n,m,k,a[N],b[N],gap;
struct Que{
	int l,r,id,ans;//ans:比莫队中上次询问答案的增量 
	friend bool operator<(Que x,Que y){return b[x.l]==b[y.l]?((b[x.l]&1)?x.r<y.r:x.r>y.r):x.l<y.l;}
}q[N];
int p[N];//ct((i+1)->[1,i]) ct表示贡献 
int t[V];//桶 
int ans[N];//最终答案 
vector<tuple<int,int,int,int> > v[N];
//第一次莫队留下的询问v[i].<l,r,id,val>：[l,r] 区间中所有 x，sum ct(x->[1,i])，乘系数 val 贡献给询问 i 
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	For(i,0,V-1) if(__builtin_popcount(i)==k) bu.pb(i);
	For(i,1,n) scanf("%lld",a+i); 
	For(i,1,m) scanf("%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
	gap=sqrt(n);
	For(i,1,n) b[i]=(i-1)/gap+1;
	sort(q+1,q+1+m); 
	For(i,1,n){
		for(int j:bu) t[a[i]^j]++;
		p[i]=t[a[i+1]];
	}
	int L=1,R=0,l,r;
	For(i,1,m){
		l=q[i].l,r=q[i].r;
        if(L<l)    v[R].pb(L,l-1,i,-1);
        while(L<l){q[i].ans+=p[L-1]+(!k);++L;} 
        
        if(R>r)    v[L-1].pb(r+1,R,i,1);
        while(R>r){q[i].ans-=p[R-1];     --R;}
        
        if(L>l)    v[R].pb(l,L-1,i,1);
        while(L>l){q[i].ans-=p[L-2]+(!k);--L;}
        
        if(R<r)    v[L-1].pb(R+1,r,i,-1);
        while(R<r){q[i].ans+=p[R];       ++R;}
	}
	mem(t,0);
	int id,val,tmp;
	For(i,1,n){
		for(int j:bu) t[a[i]^j]++;
		for(auto x:v[i]){
			tie(l,r,id,val)=x;
			For(j,l,r){
				tmp=t[a[j]];
				q[id].ans+=tmp*val; 
			} 
		}
	}
	For(i,1,m) q[i].ans+=q[i-1].ans;//累计 
	For(i,1,m) ans[q[i].id]=q[i].ans;//重排 
	For(i,1,m) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;}

树上莫队（fake）

指的是平摊成欧拉序后在序列上做莫队。

树上莫队（real）

首先先得会树分块。

树分块：P2325 [SCOI2005]王室联邦

为了保证最终莫队复杂度的正确性，我们需要做到：

• 属于同一块的节点之间的距离不大。

• 每个块中的节点不能太多也不能太少。

• 每个节点都要属于一个块。

• 编号相邻的块之间的距离不能太大。

我们让树分块后依次顺序编号就正好满足了第四个条件了。

分块后的排序方法：若路径 \((u,v)\) 的 \(u\) 的时间戳大于 \(v\) 那么交换 \(u,v\)。然后按照 \(u\) 所在块为第一关键字，\(v\) 的时间戳为第二关键字排序。

注意这里有一个大坑点：

在指针移动的过程中，我们肯定是让移动前的位置和移动后的位置一起向 lca 靠近。然后利用 \(vis\) 标记来
判断这个点是要进入区间还是出区间。

但是这个移动中会出现一个问题，移动时候如果跨过 lca 了会出问题，如下图。

我们按照上面步骤从 \((u,v)\) 移到 \((u',v')\)的时候，两个 lca 都被标记了两次，也就是标记状态没有改变，这是错误的。

所以我们要把 lca 放到最后特判，单独更新。就解决问题了。

形象一点就是：因为若是边权这样处理没有问题，所以我们将树上路径点权移到它连向祖先的边上（这时候要删掉 lca 的点权），成功改为边权，然后正常移动，然后再变回点权（要把 lca 点权加回来）。

P4074 [WC2013] 糖果公园

这甚至是树上带修莫队太毒瘤了。

代码被我吃了。由于是缝合题，代码有点长，但是很好理解。

点击查看代码

/*
* Author: ShaoJia
* Create Time:        2022-08-24 19:46:10
* Last Modified time: 2022-08-25 14:49:42
* Motto: We'll be counting stars.
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fir first
#define sec second
#define mkp make_pair
#define pb emplace_back
#define For(i,j,k) for(int i=(j),i##_=(k);i<=i##_;i++)
#define Rof(i,j,k) for(int i=(j),i##_=(k);i>=i##_;i--)
#define ckmx(a,b) a=max(a,b)
#define ckmn(a,b) a=min(a,b)
#define debug(...) cerr<<"#"<<__LINE__<<": "<<__VA_ARGS__<<endl
#define int long long
char buf[1<<21],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int x=0,f=1;
	char c=gc();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=gc();}
	return x*f;
}
//------------------------------------------
const int N=100005,gap=2000,C=16;
int b[N];
struct Que{
	int u,v,t,id;
	friend bool operator<(Que x,Que y){
		if(b[x.u]!=b[y.u]) return b[x.u]<b[y.u];
		if(b[x.v]!=b[y.v]) return b[x.v]<b[y.v];
		return x.t<y.t;
	}
}q[N];
struct Chan{ int x,lst,nxt; }c[N];
vector<int> e[N];
int n,m,qt=0,v[N],w[N],a[N],s[N],st=0;
int f[N][C+1],dep[N],bl=0,tim=0,now,ans[N],vis[N],cnt[N];
void dfs(int rt,int fa){
	dep[rt]=dep[fa]+1;
	f[rt][0]=fa;
	For(i,1,C) f[rt][i]=f[f[rt][i-1]][i-1];
	int tmp=st;
	s[++st]=rt;
	for(int i:e[rt]) if(i!=fa){
		dfs(i,rt);
		if(st-tmp>gap){
			bl++;
			while(st!=tmp) b[s[st--]]=bl;
		}
	}
}
int lca(int x,int y){
	int xx,yy;
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	Rof(i,C,0){
		xx=f[x][i];
		if(dep[xx]>=dep[y]) x=xx;
	}
	if(x==y) return x;
	Rof(i,C,0){
		xx=f[x][i];
		yy=f[y][i];
		if(xx!=yy) x=xx,y=yy;
	}
	return f[x][0];
}
void del(int x){ now-=w[cnt[x]--]*v[x]; }
void add(int x){ now+=w[++cnt[x]]*v[x]; }
void work(int x){
	if(vis[x]) del(a[x]); else add(a[x]);
	vis[x]^=1;
}
void change(int x,int val){
	if(vis[x]) del(a[x]),add(val);
	a[x]=val;
}
void mov(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	while(dep[x]>dep[y])
		work(x),x=f[x][0];
	while(x!=y){
		work(x),x=f[x][0],
		work(y),y=f[y][0];
	}
}
signed main(){
	int opt,x,y,tmp;
	n=read(),m=read(),tmp=read();
	For(i,1,m) v[i]=read();
	For(i,1,n) w[i]=read();
	For(i,1,n-1){
		x=read(),y=read();
		e[x].pb(y);
		e[y].pb(x);
	}
	For(i,1,n) s[i]=a[i]=read();
	while(tmp--){
		opt=read(),x=read(),y=read();
		if(!opt) c[++tim]=(Chan){x,s[x],y},s[x]=y;
		else qt++,q[qt]=(Que){x,y,tim,qt};
	}
	dfs(1,0);
	if(st){ bl++; while(st) b[s[st--]]=bl; }
	sort(q+1,q+1+qt);
	int T=0,U=1,V=1;
	work(1);
	For(i,1,qt){
		while(T<q[i].t) T++,change(c[T].x,c[T].nxt);
		while(T>q[i].t) change(c[T].x,c[T].lst),T--;
		work(lca(U,V));
		mov(U,q[i].u);
		mov(V,q[i].v);
		work(lca(U=q[i].u,V=q[i].v));
		ans[q[i].id]=now;
	}
	For(i,1,qt) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;}

树上撒点

P3603 雪辉