Solution -「洛谷 P5072」「YunoOI 2015」盼君勿忘

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无修支持查询：查询一个区间 \([l,r]\) 中所有子序列分别去重后的和 \(\bmod\ p\)

Solution

这是数据结构一百题的第50题（一半了哦）的纪念题解。

无修改操作，基本确定大方向莫队。

考虑查询的问题，我们可以转化一下。即求区间内每个数出现的次数。

一个区间 \([l,r]\) 的子序列数量为：

\[\sum_{i=0}^{r-l+1}C^{i}_{r-l+1}=2^{r-l+1}
\]

比如一个数在区间 \([l,r]\) 出现了 \(k\) 次，那么一共有 \(2^{r-l+1-k}\) 个子序列不包含这个数。这个很好理解，从组合数的意义可知。那么就有 \(2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k}\) 个子序列包含了这个数。

那么我们就可以用莫队维护区间中出现了 \(k\) 次的所有数的和，然后乘上一个 \(2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k}\) 就是它的贡献了。

问题又来了：每次询问的模数是不确定的，我们需要每次都需要 \(\Theta(n)\) 处理一遍2的幂。

有没有什么方法能把处理这个东西的复杂度降到 \(\Theta(\sqrt{n})\) 或以下呢？

对此SyadouHayami表示我们可以打个高精。

方法是有的。

我们可以每次询问都处理出 \(2^{1},2^{2},\cdots,2^{\sqrt{n}}\) ，以及 \(2^{2\sqrt{n}},2^{3\sqrt{n}},\cdots,2^{n}\)，都只需要 \(\Theta(\sqrt{n})\)。当然，都是在模 \(p\) 的意义下的。我们分别记为pow1和pow2。

那么 \(2^{x}\operatorname{mod}p=(pow1_{x\operatorname{mod}\sqrt{n}}\times pow2_{\lfloor x\div\sqrt{n}\rfloor})\operatorname{mod}p\)。

于是就解决问题了。

我的代码遇到了一下两个玄学问题，贴出来给同样情况的人看看：

1. 链表部分的prev和next如果放在结构体里会T。

2. pow1,pow2,sum,cnt几个数组的定义如果放在最开头和isa以及ans两个数组一起会RE。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

const int Maxn = 1e5 + 10;
const int Size = 320;
int n, m, isa[ Maxn ], ans[ Maxn ];
struct Query_Node
{
	int l, r, p, id, pos;
} Q[ Maxn ];
struct Linked_List
{
	int tot, prev[ Maxn ], next[ Maxn ];
	Linked_List( ) { tot = 0; }

	void insert( int x )
	{
		next[ tot ] = x;
		prev[ x ] = tot;
		tot = x;
	}

	void erase( int x )
	{
		if( tot == x )	tot = prev[ x ];
		else
		{
			next[ prev[ x ] ] = next[ x ];
			prev[ next[ x ] ] = prev[ x ];
		}
		prev[ x ] = next[ x ] = 0;
	}
} llt;

bool cmp( Query_Node rhs, Query_Node shr )
{
	if( rhs.pos != shr.pos )	return rhs.l < shr.l;
	else	return rhs.r < shr.r;
}

int pow1[ Maxn ], pow2[ Maxn ];
void Pare_Two( int p )
{
	pow1[ 0 ] = pow2[ 0 ] = 1;
	for( int i = 1; i <= Size; ++ i ) 	pow1[ i ] = 1ll * 2 * pow1[ i - 1 ] % p;
	for( int i = 1; i <= Size; ++ i )	pow2[ i ] = 1ll * pow1[ Size ] * pow2[ i - 1 ] % p;
}

int Get_Two( int x, int p )
{
	return 1ll * pow1[ x % Size ] * pow2[ x / Size ] % p;
}

int sum[ Maxn ], cnt[ Maxn ];
void Make_Cont( int x, int f )
{
	int pos = isa[ x ];
	sum[ cnt[ pos ] ] -= pos;
	if ( ! sum[ cnt[ pos ] ] ) llt.erase( cnt[ pos ] );
	if( f == 1 ) ++cnt[ pos ];
	else --cnt[ pos ];
	if ( ! sum[ cnt[ pos ] ] ) llt.insert( cnt[ pos ] );
	sum[ cnt[ pos ] ] += pos;
}

void Contribute( )
{
	int l = 1, r = 0;
	for( int i = 1; i <= m; ++ i )
	{
		Pare_Two( Q[ i ].p );
		while( l > Q[ i ].l ) Make_Cont( --l, 1 );
		while( l < Q[ i ].l ) Make_Cont( l++, 0 );
		while( r > Q[ i ].r ) Make_Cont( r--, 0 );
		while( r < Q[ i ].r ) Make_Cont( ++r, 1 );
		for( int s = llt.next[ 0 ]; s; s = llt.next[ s ] )
		{
			int val = 1ll * sum[ s ] * ( Get_Two( r - l + 1, Q[ i ].p ) - Get_Two( r - l + 1 - s, Q[ i ].p ) + Q[ i ].p ) % Q[ i ].p;
			ans[ Q[ i ].id ] += val;
			ans[ Q[ i ].id ] %= Q[ i ].p;
		}
	}
}

signed main( )
{
	scanf( "%d %d", &n, &m );
	for( int i = 1; i <= n; ++ i )	scanf( "%d", &isa[ i ] );
	for( int i = 1; i <= m; ++ i )
	{
		int l, r, p;
		scanf( "%d %d %d", &l, &r, &p );
		Q[ i ].l = l, Q[ i ].r = r;
		Q[ i ].p = p, Q[ i ].id = i;
		Q[ i ].pos = l / Size;
	}
	sort( Q + 1, Q + 1 + m, cmp );
	Contribute( );
	for( int i = 1; i <= m; ++ i )
		printf( "%d\n", ans[ i ] );
	return 0;
}