NOIP模拟 - 莫队

题目描述

给定一个元素个数为 n 的整数数组 a 和 Q 个问题，每个问题有 x，y 两个参数，请统计共有多少个整数 K 满足 K 在 a[x]…a[y] 中出现了恰好 K 次。

输入格式

第一行两个整数 n，Q，表示数组 a 的元素个数和询问数；

接下来一行 n 给整数，描述数组 a ；

接下来 Q 行，每行两个数 xi,yi（1≤xi≤yi≤n），表示询问的左右边界。

输出格式

输出 Q 行，每行一个整数表示满足询问的 K 的个数。

样例数据 1

输入

7 2

3 1 2 2 3 3 7

1 7

3 4

输出

3

1

备注

样例说明

Q1: 1、2、3 分别满足，所以共有 3 个数满足要求。

Q2: 2 满足，所以只有 1 个数满足要求。

数据范围

对 50% 的输入数据：1≤n,Q≤1000

对 100% 的输入数据：1≤n,Q≤100000，1≤a[i]≤109

题目分析

莫队裸题，因为不熟练所以第一次没有分块，导致时间复杂度退化。

一定要分块！！！

转莫队的时间复杂度证明：

右端点移动：

首先我们考虑一个块里面的转移情况

由于一个块里面的询问都按右端点排序

所以我们右端点在一个块里面最多移动n次

有 O(√n)个块，那么同一个块内的右端点移动最多就是O(n√n)

然后考虑从一个块到另一个块导致的右端点变化

最坏情况，右端点由n到1，那么移动n次

有 O(√n)个块

那么从一个块到另一个块的事件只会发生O(√n)次……

所以这种右端点移动的次数也是O(n√n)次

没有别的事件导致右端点移动了

左端点移动：

同一个块里面，由于左端点都在一个长度为O(√n)的区间里面

所以在同一块里面移动一次，左端点最多变化O(√n)

总共有n个询问……

所以同一块里面的移动最多n次

那么同一个块里面的左端点变化最多是O(n√n)的

考虑跨越块

每由第i个块到第i+1个块，左端点最坏加上O(√n)

总共能加上O(√n)次

所以跨越块导致的左端点移动是O(n)的

综上，分块做法是O(n∗√n)。

code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;

const int N = 100000;
int n, Q, cnt[N + 5], ans;
int a[N + 5], b[N + 5], len, ret[N + 5];
bool vst[N + 5];
int S;
struct node{
	int x, y, id, bl;
	node(){}
	node(int _x, int _y, int o, int b):x(_x), y(_y), id(o), bl(b){}
	inline bool operator < (const node &p) const{
		if(bl != p.bl) return bl < p.bl;
		return y < p.y;
	}
}qry[N + 5];

inline int read(){
	int i = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for(; (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-'; ch = getchar());
	if(ch == '-') f = -1, ch = getchar();
	for(; ch >= '0'&& ch <= '9'; ch = getchar())
		i = (i << 1) + (i << 3) + (ch - '0');
	return i * f;
}

inline void disc_init(){
	sort(b + 1, b + n + 1);
	len = unique(b + 1, b + n + 1) - (b + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		a[i] = lower_bound(b + 1, b + len + 1, a[i]) - b;
		cnt[a[i]]++;
	}
}

inline void wr(int x){
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x > 9) wr(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int main(){
//	freopen("count.in", "r", stdin);
//	freopen("count.out", "w", stdout);
	n = read(), Q = read();
	S = sqrt(n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = read();
	for(int i = 1; i <= Q; i++){
		int x = read(), y = read();
		qry[i] = node(x, y, i, (x - 1) / S + 1);
	}
	sort(qry + 1, qry + Q + 1);
	disc_init();
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(vst[a[i]]) continue;
		vst[a[i]] = true;
		if(cnt[a[i]] == b[a[i]])
			ans++;
	}
	int head = 1, tail = n;
	for(int i = 1; i <= Q; i++){
		int x = qry[i].x, y = qry[i].y;
		while(head > x){
			head--;
			if(cnt[a[head]] == b[a[head]]) ans--;
			cnt[a[head]]++;
			if(cnt[a[head]] == b[a[head]]) ans++;
		}
		while(head < x){
			if(cnt[a[head]] == b[a[head]]) ans--;
			if(cnt[a[head]] - 1 == b[a[head]]) ans++;
			cnt[a[head]]--, head++;
		}
		while(tail > y){
			if(cnt[a[tail]] == b[a[tail]]) ans--;
			if(cnt[a[tail]] - 1 == b[a[tail]]) ans++;
			cnt[a[tail]]--, tail--;
		}
		while(tail < y){
			tail++;
			if(cnt[a[tail]] == b[a[tail]]) ans--;
			cnt[a[tail]]++;
			if(cnt[a[tail]] == b[a[tail]]) ans++;
		}
		ret[qry[i].id] = ans;
	}

	for(int i = 1; i <= Q; i++)
		wr(ret[i]), putchar('\n');
	return 0;
}