CF1418G - Three Occurrences 题解

没错这个就是上次跟 wjz 不会做的那个 2500。

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有两个截然不同的方法。

法一

首先你读错题了，考虑每个数的个数都是 \(3\) 的倍数怎么做。那显然一个区间合法当且仅当每个数的 \(cnt\bmod 3=0\) 都。于是容易对 \(cnt\bmod 3\) 这个数组哈希，然后在前面找相同的。一个 map 即可实现，然后哈希表可以做到线性。

然后考虑每个数的 \(cnt\) 恰好是 \(0/3\)。那就是要去掉那些 \(>3\) 且被 \(3\) 整除的。那么显然满足每个数 \(cnt\leq3\) 的左端点构成后缀，而且随右端点上升而上升。所以就可以实时维护，然后 two-pointers，减掉即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
void read(int &x){
	x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}
const int N=500000;
int n;
int a[N+1];
int cnt[N+1];
int las1[N+1],las2[N+1],las3[N+1];
const int hbase1=131,hmod1=998244353,hbase2=13331,hmod2=1000000007,hshmod=19260817;
int pw1[N+1],pw2[N+1];
struct hashlist{
	vector<pair<pair<int,int>,int> > v[hshmod];
	#define g v[x.X%hshmod]
	int &operator[](pair<int,int> x){
		for(int i=0;i<g.size();i++)if(g[i].X==x)return g[i].Y;
		g.pb(mp(x,0));
		return g.back().Y;
	}
}st;
int hsh1[N+1],hsh2[N+1];
int main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	pw1[0]=pw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)pw1[i]=1ll*pw1[i-1]*hbase1%hmod1,pw2[i]=1ll*pw2[i-1]*hbase2%hmod2;
	int now=0;
	st[mp(0,0)]++;
	long long ans=0;
	memset(las1,-1,sizeof(las1));memset(las2,-1,sizeof(las2));memset(las3,-1,sizeof(las3));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		hsh1[i]=hsh1[i-1],hsh2[i]=hsh2[i-1];
		(hsh1[i]-=1ll*cnt[a[i]]*pw1[a[i]]%hmod1)%=hmod1,(hsh2[i]-=1ll*cnt[a[i]]*pw2[a[i]]%hmod2)%=hmod2;
		(hsh1[i]+=1ll*(cnt[a[i]]=(cnt[a[i]]+1)%3)*pw1[a[i]]%hmod1)%=hmod1,(hsh2[i]+=1ll*cnt[a[i]]*pw2[a[i]]%hmod2)%=hmod2;
		(hsh1[i]+=hmod1)%=hmod1,(hsh2[i]+=hmod2)%=hmod2;
		int old_now=now;
		now=max(now,las3[a[i]]);
		for(int j=old_now;j<now;j++)st[mp(hsh1[j],hsh2[j])]--;
		las3[a[i]]=las2[a[i]],las2[a[i]]=las1[a[i]],las1[a[i]]=i;
		ans+=st[mp(hsh1[i],hsh2[i])];
		st[mp(hsh1[i],hsh2[i])]++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

法二

换个角度思考。考虑将左端点看成第一维，右端点看成第二维，这样就是一个矩形了。然后考虑对于每个数都要满足出现次数为 \(0/3\)，那就对于每个数都把符合要求的格子们都标记一下，最后看多少格子被标记了 \(n\) 遍。

显然每个数的标记的格子们，是 \(\mathrm O(c)\) 个子矩阵，其中 \(c\) 是当前数的总个数。那么这样就可以随便线性二次对数标记。但是显然会炸。

考虑反面，数不满足至少一个数的格子数。那显然还是 \(\mathrm O(c)\) 个子矩阵。但是刚刚是 \(n\) 个内部的并求交，现在是求并，要简单很多，直接离线下来扫描线求矩形面积并即可。

代码不想写了（

UPD 晚上：代码不写感觉良心不安，所以就写了（

大概挺好写的。就要标记这些的格子：

• 右端点小于左端点的；
• 只包含 \(1\) 个当前数的；
• 只包含 \(2\) 个当前数的；
• 包含 \(\geq4\) 个当前数的。

然后线段树的话要支持区间 \(\pm1\)，整体查询 \(0\) 数量。采用的是 rng 的那种懒标记就可以维护的小清新方法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
const int N=500000;
int n;
vector<int> pos[N+1];
vector<pair<pair<int,int>,pair<int,int> > > rect;
struct segtree{
	struct node{int l,r,mn,cnt,lz;}nd[N<<2];
	#define l(p) nd[p].l
	#define r(p) nd[p].r
	#define mn(p) nd[p].mn
	#define cnt(p) nd[p].cnt
	#define lz(p) nd[p].lz
	void bld(int l=1,int r=n,int p=1){
		l(p)=l;r(p)=r;mn(p)=lz(p)=0;cnt(p)=r(p)-l(p)+1;
		if(l==r)return;
		int mid=l+r>>1;
		bld(l,mid,p<<1),bld(mid+1,r,p<<1|1);
	}
	void init(){bld();}
	void sprup(int p){
		if(mn(p<<1)==mn(p<<1|1))mn(p)=mn(p<<1),cnt(p)=cnt(p<<1)+cnt(p<<1|1);
		else if(mn(p<<1)<mn(p<<1|1))mn(p)=mn(p<<1),cnt(p)=cnt(p<<1);
		else mn(p)=mn(p<<1|1),cnt(p)=cnt(p<<1|1);
	}
	void sprdwn(int p){
		if(lz(p)){
			mn(p<<1)+=lz(p),lz(p<<1)+=lz(p);
			mn(p<<1|1)+=lz(p),lz(p<<1|1)+=lz(p);
			lz(p)=0;
		}
	}
	void add(int l,int r,int v,int p=1){
		if(l<=l(p)&&r>=r(p))return mn(p)+=v,lz(p)+=v,void();
		sprdwn(p);
		int mid=l(p)+r(p)>>1;
		if(l<=mid)add(l,r,v,p<<1);
		if(r>mid)add(l,r,v,p<<1|1);
		sprup(p);
	}
	int _cnt(){return mn(1)==0?cnt(1):0;}
}segt;
vector<pair<int,int> > add[N+2],del[N+2];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		pos[x].pb(i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)rect.pb(mp(mp(i,i),mp(1,i-1)));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		vector<int> &v=pos[i];
		for(int j=0;j<v.size();j++)rect.pb(mp(mp(j?v[j-1]+1:1,v[j]),mp(v[j],j+1==v.size()?n:v[j+1]-1)));
		for(int j=0;j+1<v.size();j++)rect.pb(mp(mp(j?v[j-1]+1:1,v[j]),mp(v[j+1],j+2==v.size()?n:v[j+2]-1)));
		for(int j=0;j+3<v.size();j++)rect.pb(mp(mp(j?v[j-1]+1:1,v[j]),mp(v[j+3],n)));
	}
	for(int i=0;i<rect.size();i++){
		add[rect[i].X.X].pb(rect[i].Y);
		del[rect[i].X.Y+1].pb(rect[i].Y);
	}
	long long ans=0;
	segt.init();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<add[i].size();j++)segt.add(add[i][j].X,add[i][j].Y,1);
		for(int j=0;j<del[i].size();j++)segt.add(del[i][j].X,del[i][j].Y,-1);
		ans+=segt._cnt();
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}