【codeforces】940F题解

CF Round #466的最后一题，颇有难度，正解是带修改莫队算法。

【题意】

给定一个长度为\(n\)的数组\(a\)，并且要求执行\(q\)个操作，有两种不同的操作：

①询问一个区间\([l,r]\)中集合\(\left\{c_{0},c_{1},c_{2},\cdots,c_{10^9}\right\}\)的Mex，而\(c_i\)表示数值\(i\)在\([l,r]\)中的出现次数。

②把\(a_p\)修改成\(x\)。

对每一个询问输出答案。

【题解】

典型的区间问题，不要求在线，可以考虑莫队。

有时间轴影响，故使用带修改莫队，时间复杂度应为\(O(n^{\frac{5}{3}})\)。

先对区间的移动进行分析：

使用离散化技巧，把输入数据压缩至\(n+q\)的范围内。

维护两个数组\(count1,count2\)，\(count1\)记录(离散后的)每个数的出现次数，\(count2\)记录\(count1\)中的数的出现次数。

那么所求为\(count2\)中第一个为0的下标位置。

对于\(count1,count2\)，我们都可以\(O(1)\)维护每个操作对数组的影响，接下来考虑如何计算答案。

\(count2\)数组的变动，让第一个为0的下标位置可能会有很大的跳跃，不好维护，那么我们注意到一个性质：

答案不会超过\(O(\sqrt{n})\)，为什么呢？

假如要将\(count2_1,count2_2,\cdots,count2_k\)填满的话，至少需要\(\frac{k(k+1)}{2}\)个元素，可是数组的总长只有\(n\)，所以答案必然不能太大。

那么有了这个性质，可以暴力维护答案，维护答案的总的复杂度不会超过\(O(q\sqrt{n})\)。

关于莫队，还有几个需要注意的地方：

第一个是当维护区间变化时，先考虑"伸展"，再考虑"压缩"，要不然会出现区间\(r<l\)的情况。

一般的莫队不会太在意这个，因为后面会再加回来，但是这题中可能会导致中间结果多减了，导致\(count2\)数组越界。

第二个是在带修改莫队时间轴移动上，千万不要颠倒了时间顺序，这其实也是常识了，不过我被这个卡了一会儿。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#include<cmath>
int n,q,tim,cnt,sig,S;
struct Qur{int x,y,t,i;}Qs[100001];
int a[100001],b[200001],blk[100001];
inline bool cmp(Qur p1,Qur p2){return blk[p1.x]==blk[p2.x]?(blk[p1.y]==blk[p2.y]?p1.t<p2.t:blk[p1.y]<blk[p2.y]):blk[p1.x]<blk[p2.x];}
int p[100001],k[100001],k_[100001],ans[100001];
int count1[200001],count2[100001];
inline void gx1(int i){--count2[count1[i]];++count2[++count1[i]];}
inline void gx2(int i){--count2[count1[i]];++count2[--count1[i]];}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q); S=(int)pow(n,2.0/3.0);
	F(i,1,n) scanf("%d",a+i), b[i]=a[i], blk[i]=(i-1)/S+1;
	F(i,1,q){
		int opt,x,y; scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
		if(opt==1) Qs[++cnt]=(Qur){x,y,tim,cnt};
		else ++tim, b[n+tim]=y, p[tim]=x, k_[tim]=a[x], k[tim]=a[x]=y;
	} F(i,1,n) a[i]=b[i];
	sort(Qs+1,Qs+cnt+1,cmp); sort(b+1,b+n+tim+1); sig=unique(b+1,b+n+tim+1)-b-1;
	F(i,1,n) a[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,a[i])-b;
	F(i,1,tim) k[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,k[i])-b, k_[i]=lower_bound(b+1,b+sig+1,k_[i])-b;
	count2[0]=sig+10;
	int l=1, r=0, t=0;
	F(i,1,cnt){
		while(Qs[i].x<l) gx1(a[--l]);
		while(Qs[i].y>r) gx1(a[++r]);
		while(Qs[i].x>l) gx2(a[l++]);
		while(Qs[i].y<r) gx2(a[r--]);
		while(Qs[i].t>t) ++t, (Qs[i].x<=p[t]&&p[t]<=Qs[i].y)?gx1(k[t]),gx2(k_[t]):void(0), a[p[t]]=k[t];
		while(Qs[i].t<t) (Qs[i].x<=p[t]&&p[t]<=Qs[i].y)?gx1(k_[t]),gx2(k[t]):void(0), a[p[t]]=k_[t], --t;
		for(ans[Qs[i].i]=1;count2[ans[Qs[i].i]];++ans[Qs[i].i]);
	}
	F(i,1,cnt) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}