题面

H

a

n

d

I

n

D

e

v

i

l

\rm HandInDevil

HandInDevil 的头发很油，因此随时有跳蚤跳上

H

a

n

d

I

n

D

e

v

i

l

\rm HandInDevil

HandInDevil 的头发。

现在把

H

a

n

d

I

n

D

e

v

i

l

\rm HandInDevil

HandInDevil 的头发抽象成一个数轴，一开始上面没有跳蚤。每一个时刻，有三种事件之一会发生：

  1. 有一个每次会跳

    t

    t

    t 格的跳蚤跳上

    H

    a

    n

    d

    I

    n

    D

    e

    v

    i

    l

    \rm HandInDevil

    HandInDevil 的头发的位置

    x

    x

    x 。

  2. H

    a

    n

    d

    I

    n

    D

    e

    v

    i

    l

    \rm HandInDevil

    HandInDevil 开始挠头发，每一只跳蚤向右跳一次，跳的距离为各自的

    t

    t

    t 。

  3. H

    a

    n

    d

    I

    n

    D

    e

    v

    i

    l

    \rm HandInDevil

    HandInDevil 没有挠到跳蚤，打算找下一个目标，向你询问 头发上区间

    [

    l

    ,

    r

    ]

    [l,r]

    [l,r] 内跳蚤的个数。

输入

第一行一个整数

Q

Q

Q，表示事件个数。

接下来

Q

Q

Q 行描述事件，输入若干个整数：

  • 若第一个数为 1 ，则接下来跟着两个整数

    x

    i

    x_i

    xi​ 和

    t

    i

    t_i

    ti​ ，表示一个跳蚤跳了上去。

  • 若第一个数为 2 ，则

    H

    a

    n

    d

    I

    n

    D

    e

    v

    i

    l

    \rm HandInDevil

    HandInDevil 挠了一次头发，所有跳蚤往右跳。

  • 若第一个数为 3 ，则接下来跟着两个整数

    l

    i

    l_i

    li​ 和

    r

    i

    r_i

    ri​ ，你需要输出此时区间

    [

    l

    i

    ,

    r

    i

    ]

    [l_i,r_i]

    [li​,ri​] 中跳蚤的数量。

输出

对于每一个事件 3 ，输出一行一个整数，表示询问的答案。

Sample Input

10

1 4 1

1 2 2

3 3 5

2

3 3 5

2

3 3 5

3 6 6

1 5 1

3 3 5

Sample Output

1

2

0

2

1

数据范围

1

≤

Q

,

x

i

,

t

i

,

l

i

,

r

i

≤

1

0

5

  

,
  

l

i

≤

r

i

1\leq Q,x_i,t_i,l_i,r_i\leq 10^5\;,\;l_i\leq r_i

1≤Q,xi​,ti​,li​,ri​≤105,li​≤ri​

2 ms , 512 mb

\text{2 ms , 512 mb}

2 ms , 512 mb

题解

-既然跟 HandInDevil 扯上关系那肯定是分块题啊-

考虑分块，令块大小为

B

B

B，头发有效长度为

n

n

n，我们把

t

i

>

B

t_i> B

ti​>B 的跳蚤暴力跳，然后用线段树或树状数组等数据结构维护区间和，这部分复杂度为

O

(

Q

n

B

log

⁡

n

)

O(Q\frac{n}{B}\log n)

O(QBn​logn) 。

然后对于

t

i

≤

B

t_i\leq B

ti​≤B 的跳蚤，我们建立

B

B

B 棵平衡树，假设跳蚤

i

i

i 跳上时已经发生了

c

n

t

i

cnt_i

cnti​ 次事件 2，那么我们就把

x

i

−

c

n

t

i

∗

t

i

x_i-cnt_i*t_i

xi​−cnti​∗ti​ 加进第

t

i

t_i

ti​ 棵平衡树里。

询问的时候，可以先加上区间内

t

i

>

B

t_i>B

ti​>B 的跳蚤数量，然后在每棵平衡树里进行询问。假设此时事件 2 发生了

c

n

t

′

cnt'

cnt′ 次，对于第

i

i

i 棵平衡树，先把

[

l

i

,

r

i

]

[l_i,r_i]

[li​,ri​] 变成

[

l

i

−

c

n

t

′

∗

i

,

r

i

−

c

n

t

′

∗

i

]

[l_i-cnt'*i,r_i-cnt'*i]

[li​−cnt′∗i,ri​−cnt′∗i] ，然后在该平衡树里询问值在这个区间内的结点数量，加进答案。这部分复杂度是

O

(

Q

B

log

⁡

Q

)

O(QB\log Q)

O(QBlogQ) 。

由于

Q

Q

Q 和

n

n

n 同阶，所以取

B

=

n

B=\sqrt{n}

B=n

​ 时复杂度最小，总复杂度为

O

(

Q

n

log

⁡

n

)

O(Q\sqrt n\log n)

O(Qn

​logn) ，险过。

CODE

#include<set>

#include<map>

#include<cmath>

#include<ctime>

#include<stack>

#include<queue>

#include<vector>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXN 100005

#define DB double

#define LL long long

#define ENDL putchar('\n')

#define lowbit(x) (-(x) & (x))

#define FI first

#define SE second

#pragma GCC optimize(2)

LL read() {

	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();

	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}

	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}

	return f * x;

}

const int MOD = 998244353;

const int SQ = 317;

int n = 100000,m,i,j,s,o,k;

struct np{int s[2];np(){s[0]=s[1]=0;}np(int A,int B){s[0]=A;s[1]=B;}};

struct tr{

	int s[2];

	LL ky;int hp,siz;

	tr(){s[0]=s[1]=ky=hp=siz=0;}

}tre[MAXN];

int buc[MAXN],cntb;

int newnode(LL key) {

	int x = buc[cntb --]; tre[x] = tr();

	tre[x].ky = key; tre[x].hp = rand()*1ll*rand()%MOD;

	tre[x].siz = 1; return x;

}

int update(int x) {

	if(!x) return x;

	int ls = tre[x].s[0],rs = tre[x].s[1];

	tre[x].siz = tre[ls].siz + tre[rs].siz + 1;

	return x;

}

np spli(int x,LL key) {

	np as(0,0); if(!x) return as;

	int d = (tre[x].ky <= key);

	as = spli(tre[x].s[d],key);

	tre[x].s[d] = as.s[d^1];

	as.s[d^1] = update(x);

	return as;

}

np spli2(int x,int kth) {

	np as(0,0); if(!x) return as;

	int d = (tre[tre[x].s[0]].siz+1 <= kth);

	if(d) kth -= tre[tre[x].s[0]].siz+1;

	as = spli(tre[x].s[d],kth);

	tre[x].s[d] = as.s[d^1];

	as.s[d^1] = update(x);

	return as;

}

int merg(int p1,int p2) {

	if(!p1 || !p2) return p1+p2;

	if(tre[p1].hp < tre[p2].hp) {

		tre[p1].s[1] = merg(tre[p1].s[1],p2);

		return update(p1);

	}

	tre[p2].s[0] = merg(p1,tre[p2].s[0]);

	return update(p2);

}

int ins(int x,LL key) {

	np p = spli(x,key);

	return merg(p.s[0],merg(newnode(key),p.s[1]));

}

int del(int x,LL key) {

	np pl = spli(x,key-1);

	np pr = spli2(pl.s[1],1);

	if(pr.s[0] && tre[pr.s[0]].ky == key) buc[++ cntb] = pr.s[0];

	else pr.s[1] = merg(pr.s[0],pr.s[1]);

	return merg(pl.s[0],pr.s[1]);

}

int query(int &x,LL l,LL r) {

	if(l > r) return 0;

	np p1 = spli(x,l-1);

	np p2 = spli(p1.s[1],r);

	int as = tre[p2.s[0]].siz;

	x = merg(p1.s[0],merg(p2.s[0],p2.s[1]));

	return as;

}

int bl[SQ+5],li[SQ+5],rt[SQ+5];

int c[MAXN];

void addt(int x,int y){while(x<=n)c[x]+=y,x+=lowbit(x);}

int sum(int x) {int as=0;while(x>0)as+=c[x],x-=lowbit(x);return as;}

pair<int,int> PAIR(int A,int B) {pair<int,int> a;a.FI=A;a.SE=B;return a;}

pair<int,int> q1[MAXN];

int cnq;

int main() {

	freopen("flea.in","r",stdin);

	freopen("flea.out","w",stdout);

	m = 0;

	for(int i = 100000;i > 0;i --) {

		buc[++ cntb] = i;

		int bid = (i+SQ-1)/SQ;

		m = max(m,bid); li[bid] = i;

	}

	li[m+1] = 100001;

	srand(time(0));

	int Q = read(),cnt2 = 0;

	while(Q --) {

		k = read();

		if(k == 1) {

			s = read();o = read();

			if(o > SQ) q1[++ cnq] = PAIR(s,o),addt(s,1);

			else {

				LL ad = (LL)s-cnt2*1ll*o;

				rt[o] = ins(rt[o],ad);

			}

		}

		else if(k == 2) {

			cnt2 ++;

			int leq = cnq;cnq = 0;

			for(int i = 1;i <= leq;i ++) {

				int ss = q1[i].FI,tt = q1[i].SE;

				addt(ss,-1);

				ss += tt;

				if(ss <= 100000) {

					addt(ss,1);

					q1[++ cnq] = PAIR(ss,tt);

				}

			}

		}

		else {

			s = read();o = read();

			int ans = sum(o)-sum(s-1);

			for(int i = 1;i <= SQ;i ++) {

				LL ad1 = (LL)s-cnt2*1ll*i , ad2 = (LL)o-cnt2*1ll*i;

				ans += query(rt[i],ad1,ad2);

			}

			printf("%d\n",ans);

		}

	}

	return 0;

}

Better Solution

有一个更快的做法，我们把

t

i

>

B

t_i>B

ti​>B 的跳蚤暴力跳时，用分块维护区间和。把头发序列分块，每个块大小为

B

B

B，修改

O

(

1

)

O(1)

O(1) ，询问

O

(

n

B

)

O(\frac{n}{B})

O(Bn​)，这部分修改总复杂度

O

(

Q

n

B

)

O(Q\frac{n}{B})

O(QBn​)，询问总复杂度

O

(

Q

n

B

)

O(Q\frac{n}{B})

O(QBn​) 。

那么取块大小为

B

=

n

log

⁡

n

B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}

B=lognn​

​ ，总复杂度就为

O

(

Q

n

log

⁡

n

)

O(Q\sqrt{n\log n})

O(Qnlogn

​)，实际块大小还可以根据平衡树的常数微调，比之前的做法快上不少。

CODE

#include<set>

#include<map>

#include<cmath>

#include<ctime>

#include<stack>

#include<queue>

#include<vector>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAXN 100005

#define DB double

#define LL long long

#define ENDL putchar('\n')

#define lowbit(x) (-(x) & (x))

#define FI first

#define SE second

#pragma GCC optimize(2)

LL read() {

	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();

	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}

	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}

	return f * x;

}

const int MOD = 998244353;

const int SQ = 77;

int n = 100000,m,i,j,s,o,k;

struct np{int s[2];np(){s[0]=s[1]=0;}np(int A,int B){s[0]=A;s[1]=B;}};

struct tr{

	int s[2];

	LL ky;int hp,siz;

	tr(){s[0]=s[1]=ky=hp=siz=0;}

}tre[MAXN];

int buc[MAXN],cntb;

int newnode(LL key) {

	int x = buc[cntb --]; tre[x] = tr();

	tre[x].ky = key; tre[x].hp = rand()*1ll*rand()%MOD;

	tre[x].siz = 1; return x;

}

int update(int x) {

	if(!x) return x;

	int ls = tre[x].s[0],rs = tre[x].s[1];

	tre[x].siz = tre[ls].siz + tre[rs].siz + 1;

	return x;

}

np spli(int x,LL key) {

	np as(0,0); if(!x) return as;

	int d = (tre[x].ky <= key);

	as = spli(tre[x].s[d],key);

	tre[x].s[d] = as.s[d^1];

	as.s[d^1] = update(x);

	return as;

}

np spli2(int x,int kth) {

	np as(0,0); if(!x) return as;

	int d = (tre[tre[x].s[0]].siz+1 <= kth);

	if(d) kth -= tre[tre[x].s[0]].siz+1;

	as = spli(tre[x].s[d],kth);

	tre[x].s[d] = as.s[d^1];

	as.s[d^1] = update(x);

	return as;

}

int merg(int p1,int p2) {

	if(!p1 || !p2) return p1+p2;

	if(tre[p1].hp < tre[p2].hp) {

		tre[p1].s[1] = merg(tre[p1].s[1],p2);

		return update(p1);

	}

	tre[p2].s[0] = merg(p1,tre[p2].s[0]);

	return update(p2);

}

int ins(int x,LL key) {

	np p = spli(x,key);

	return merg(p.s[0],merg(newnode(key),p.s[1]));

}

int del(int x,LL key) {

	np pl = spli(x,key-1);

	np pr = spli2(pl.s[1],1);

	if(pr.s[0] && tre[pr.s[0]].ky == key) buc[++ cntb] = pr.s[0];

	else pr.s[1] = merg(pr.s[0],pr.s[1]);

	return merg(pl.s[0],pr.s[1]);

}

int query(int &x,LL l,LL r) {

	if(l > r) return 0;

	np p1 = spli(x,l-1);

	np p2 = spli(p1.s[1],r);

	int as = tre[p2.s[0]].siz;

	x = merg(p1.s[0],merg(p2.s[0],p2.s[1]));

	return as;

}

int bl[MAXN],li[MAXN],rt[MAXN];

int ct[MAXN];

pair<int,int> PAIR(int A,int B) {pair<int,int> a;a.FI=A;a.SE=B;return a;}

pair<int,int> q1[MAXN];

int cnq;

int main() {

	freopen("flea.in","r",stdin);

	freopen("flea.out","w",stdout);

	m = 0;

	for(int i = 100000;i > 0;i --) {

		buc[++ cntb] = i;

		int bid = (i+SQ-1)/SQ;

		m = max(m,bid); li[bid] = i;

	}

	li[m+1] = 100001;

	srand(time(0));

	int Q = read(),cnt2 = 0;

	while(Q --) {

		k = read();

		if(k == 1) {

			s = read();o = read();

			if(o > SQ) q1[++ cnq] = PAIR(s,o),ct[s] ++,bl[(s+SQ-1)/SQ] ++;

			else {

				LL ad = (LL)s-cnt2*1ll*o;

				rt[o] = ins(rt[o],ad);

			}

		}

		else if(k == 2) {

			cnt2 ++;

			int leq = cnq;cnq = 0;

			for(int i = 1;i <= leq;i ++) {

				int ss = q1[i].FI,tt = q1[i].SE;

				ct[ss] --; bl[(ss+SQ-1)/SQ] --;

				ss += tt;

				if(ss <= 100000) {

					ct[ss] ++; bl[(ss+SQ-1)/SQ] ++;

					q1[++ cnq] = PAIR(ss,tt);

				}

			}

		}

		else {

			s = read();o = read();

			int ans = 0;

			int ll = (s+SQ-1)/SQ,rr = (o+SQ-1)/SQ;

			for(int i = ll+1;i <= rr-1;i ++) ans += bl[i];

			if(ll == rr) for(int i = s;i <= o;i ++) ans += ct[i];

			else {

				for(int i = s;(i+SQ-1)/SQ == ll;i ++) ans += ct[i];

				for(int i = o;(i+SQ-1)/SQ == rr;i --) ans += ct[i];

			}

			for(int i = 1;i <= SQ;i ++) {

				LL ad1 = (LL)s-cnt2*1ll*i , ad2 = (LL)o-cnt2*1ll*i;

				ans += query(rt[i],ad1,ad2);

			}

			printf("%d\n",ans);

		}

	}

	return 0;

}

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