Luogu P3863 序列 题解 [ 紫 ] [ 分块 ] [ 扫描线 ]

序列：思路比较典的扫描线题。

一个经典 trick：对于涉及历史版本操作的题，新增代表“时间”的一个维度，刻画在 \(\bm{k + 1}\) 维空间上考虑。

对于此题，发现是查询序列历史版本大于等于 \(v\) 的值的个数，于是可以把它刻画在一个二维平面上，\(x\) 轴代表序列的维度，\(y\) 轴代表时间轴。操作可以转化为：

• 修改操作：将 \(x\in[l, r], y \in [t, q]\) 的矩形加上 \(x\)。
• 查询操作：查询 \(x = p, y\in[0, t]\) 的单列矩形中大于等于 \(v\) 的数的个数。

注意到查询单列矩形的条件很特殊，于是我们可以用一个数据结构维护 \(y\) 轴，然后顺过去扫 \(x\) 轴。

发现即使是一维平面上，带修且查询单个区间中 \(\ge v\) 的个数就只能用分块做了，于是分块维护即可。时间复杂度 \(O(q\sqrt q)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc(x) (tr[x].ls)
#define rc(x) (tr[x].rs)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 100005, M = 1005;
int n, q;
ll a[N], oria[N], ans[N];
struct Operation{
    ll x, y;
};
vector<Operation> Lines[N], Queries[N];
struct Decompose{
    int B, Btot, L[M], R[M], bl[N];
    ll val[N], Tag[M];
    void rebuild(int p)
    {
        for(int i = L[p]; i <= R[p]; i++)
        {
            a[i] = a[i] + Tag[p];
            val[i] = a[i];
        }
        Tag[p] = 0;
        sort(val + L[p], val + R[p] + 1);
    }
    void build()
    {
        B = sqrt(q + 1);
        Btot = (q + 1 + B - 1) / B;
        for(int i = 1; i <= Btot; i++)
        {
            L[i] = (i - 1) * B + 1;
            R[i] = min(q + 1, i * B);
            for(int j = L[i]; j <= R[i]; j++)
                bl[j] = i;
            rebuild(i);
        }
    }
    void update(int l, int r, ll v)
    {
        if(bl[l] == bl[r])
        {
            for(int i = l; i <= r; i++) a[i] += v;
            rebuild(bl[l]);
            return;
        }
        for(int i = l; i <= R[bl[l]]; i++) a[i] += v;
        rebuild(bl[l]);
        for(int i = L[bl[r]]; i <= r; i++) a[i] += v;
        rebuild(bl[r]);
        for(int i = bl[l] + 1; i < bl[r]; i++) Tag[i] += v;
    }
    int query(int l, int r, ll v)
    {
        int res = 0;
        if(bl[l] == bl[r])
        {
            for(int i = l; i <= r; i++)
                res += (a[i] + Tag[bl[l]] >= v);
            return res;
        }
        for(int i = l; i <= R[bl[l]]; i++)
            res += (a[i] + Tag[bl[l]] >= v);
        for(int i = L[bl[r]]; i <= r; i++)
            res += (a[i] + Tag[bl[r]] >= v);
        for(int i = bl[l] + 1; i < bl[r]; i++)
        {
            if(val[R[i]] + Tag[i] < v) continue;
            res += R[i] - (lower_bound(val + L[i], val + R[i] + 1, v - Tag[i]) - val) + 1;
        }
        return res;
    }
}dc;
int main()
{
    // freopen("P3863.in", "r", stdin);
    // freopen("P3863.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> oria[i];
    dc.build();
    memset(ans, -1, sizeof(ans));
    for(int i = 1; i <= q; i++)
    {
        ll op, x, y, z;
        cin >> op;
        if(op == 1)
        {
            cin >> x >> y >> z;
            Lines[x].push_back({z, i + 1});
            Lines[y + 1].push_back({-z, i + 1});
        }
        else
        {
            cin >> x >> y;
            Queries[x].push_back({y, i + 1});
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        dc.update(1, q + 1, -oria[i - 1]);
        dc.update(1, q + 1, oria[i]);
        for(auto ln : Lines[i])
            dc.update(ln.y, q + 1, ln.x);
        for(auto qs : Queries[i])
            ans[qs.y] = dc.query(1, qs.y - 1, qs.x);
    }
    for(int i = 2; i <= q + 1; i++)
        if(ans[i] != -1)
            cout << ans[i] << "\n";
    return 0;
}