NOIP 模拟 $36\; \rm Dove 打扑克$

题解 \(by\;zj\varphi\)

引理

对于一个和为 \(n\) 的数列，不同的数的个数最多为 \(\sqrt n\)

证明：

一个有 \(n\) 个不同的数的数列，和最小就是 \(n\) 的排列时 \(\frac{n(n+1)}{2}\)，是 \(\sqrt n\) 级别的。

那么，直接用 \(set\) 维护一下有多少不同的堆数，再记一个桶维护每种数的堆有多少个，询问时直接二分查找即可。

复杂度 \(\mathcal O\rm(q\sqrt nlogn)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream operator>>(T &x) {
            ri f=0;x=0;register char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define pb push_back
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    typedef long long ll;
    static const int N=1e5+7,M=3e5+7;
    std::set<int> st;
    int tmp[N];
    int fa[N],siz[N],T[N],sum[N],cnt,n,m;
    ll ans;
    int find(ri x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
    inline int main() {
        //FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        //FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        cin >> n >> m;
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) siz[fa[i]=i]=1;
        st.insert(1);
        T[1]=n;
        for (ri z(1),opt,x,y,c;z<=m;p(z)) {
            cin >> opt;
            if (opt==1) {
                cin >> x >> y;
                //printf("x=%d y=%d\n",x,y);
                int k1=find(x),k2=find(y);
                //puts("tst");
                if (k1==k2) continue;
                fa[k2]=k1;
                --T[siz[k1]];
                --T[siz[k2]];
                if (!T[siz[k1]]) st.erase(siz[k1]);
                if (!T[siz[k2]]) st.erase(siz[k2]);
                siz[k1]+=siz[k2];
                if (!T[siz[k1]]) st.insert(siz[k1]);
                ++T[siz[k1]];
            } else {
                cin >> c;
                cnt=ans=0;
                for (auto x:st) tmp[++cnt]=x;
                sum[cnt+1]=0;
                for (ri i(cnt);i;--i) sum[i]=sum[i+1]+T[tmp[i]];
                if (!st.size()) {printf("0\n");continue;}
                if (!c) {printf("%lld\n",(ll)sum[1]*(sum[1]-1)>>1ll);continue;}
                for (ri i(1);i<=cnt;p(i)) {
                    ri x=tmp[i];
                    ri k=std::lower_bound(tmp+i,tmp+cnt+1,x+c)-tmp;
                    if (k==cnt+1) break;
                    ans+=(ll)sum[k]*T[x];
                }
                printf("%lld\n",ans);
            }
        }
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}