Luogu P4396 [AHOI2013] 作业 题解 [ 紫 ] [ 莫队 ] [ 值域分块 ]

作业：值域分块与莫队的经典应用。

值域分块其实和权值线段树差不多，就是一个普通的分块。但它却和莫队配合的很好，究其原因在于莫队有 \(\bm{O(n\sqrt n)}\) 次修改操作，但只有 \(\bm{O(n)}\) 次查询。如果使用树状数组、线段树等查询、修改都是 \(O(\log n)\) 的数据结构搭配莫队，那么总修改操作就达到了 \(O(n\sqrt n \log n)\) 量级。但是值域分块却可以做到 \(\bm{O(1)}\) 修改，\(\bm{O(\sqrt n)}\) 查询 / \(\bm{O(\sqrt n)}\) 修改，\(\bm{O(1)}\) 查询。因此可以把这个 \(O(\sqrt n)\) 的复杂度接到莫队中较小的那个复杂度上，起到平衡复杂度的作用。

对于此题，显然可以用莫队 + 树状数组维护答案，时间复杂度是 \(O(n\sqrt n \log n)\) 的。但是运用 \(O(1)\) 修改，\(O(\sqrt n)\) 查询的值域分块，却可以做到 \(O(n\sqrt n)\) 的复杂度，比树状数组更优秀。

注意一些值域分块的细节：值域分块的大小是 \(\bm V\) 而不是 \(\bm n\)，块长的大小与莫队也一般不同。

补充一下 \(O(1)\) 查询，\(O(\sqrt n)\) 修改的值域分块的具体实现：我们维护每个位置的前缀和，修改的时候暴力修改散块内的前缀和，然后不断向后跳整块，对整块通过懒标记进行整体加。查询的时候查询前缀和之差即可。

#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, Q = 100005, V = 100000;
int n, m, a[N], B, Btot, tot[N], L = 1, R, ans[Q], ans2[Q];
struct Decompose{
    int val[N], Sum[M], L[M], R[M], bl[N];
    void build()
    {
        for(int i = 1; i <= Btot; i++)
        {
            L[i] = (i - 1) * B + 1;
            R[i] = min(V, i * B);
            for(int j = L[i]; j <= R[i]; j++)
            {
                bl[j] = i;
                Sum[i] += val[j];
            }
        }
    }
    void update(int p, int v)
    {
        Sum[bl[p]] -= val[p];
        val[p] = v;
        Sum[bl[p]] += val[p];
    }
    int query(int l, int r)
    {
        int res = 0;
        if(bl[l] == bl[r])
        {
            for(int i = l; i <= r; i++) res += val[i];
            return res;
        }
        for(int i = l; i <= R[bl[l]]; i++) res += val[i];
        for(int i = L[bl[r]]; i <= r; i++) res += val[i];
        for(int i = bl[l] + 1; i < bl[r]; i++) res += Sum[i];
        return res;
    }
}dc, dc2;
struct Que{
    int l, r, a, b, id;
    bool operator < (const Que & t) const{
        if(l / B != t.l / B) return (l < t.l);
        if((l / B) & 1) return (r > t.r);
        return (r < t.r);
    }
}qs[Q];
void add(int p)
{
    if(tot[a[p]] == 0) dc.update(a[p], 1);
    tot[a[p]]++;
    dc2.update(a[p], tot[a[p]]);
}
void del(int p)
{
    tot[a[p]]--;
    dc2.update(a[p], tot[a[p]]);
    if(tot[a[p]] == 0) dc.update(a[p], 0);
}
int main()
{
    //freopen("sample.in", "r", stdin);
    //freopen("sample.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    B = sqrt(V);
    Btot = (V + B - 1) / B;
    dc.build();
    dc2.build();
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l, r, a, b;
        cin >> l >> r >> a >> b;
        qs[i] = {l, r, a, b, i};
    }
    sort(qs + 1, qs + m + 1);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int ql = qs[i].l, qr = qs[i].r, a = qs[i].a, b = qs[i].b, qid = qs[i].id;
        while(R < qr) add(++R);
        while(L > ql) add(--L);
        while(R > qr) del(R--);
        while(L < ql) del(L++);
        ans[qid] = dc.query(a, b);
        ans2[qid] = dc2.query(a, b);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) cout << ans2[i] << " " << ans[i] << "\n";
    return 0;
}