洛谷 P5046 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology I（分块+卡常）
zszz，lxl 出的 DS 都是卡常题（
首先由于此题强制在线，因此考虑分块，我们那么待查询区间 \([l,r]\) 可以很自然地被分为三个部分：
- 左散块
- 中间的整块
- 右散块
那么这样一来区间逆序对的来源可以有以下几种：
- 左散块内部的区间逆序对
- 右散块内部的区间逆序对
- 每个整块内部的区间逆序对
- 左散块与中间整块之间的逆序对
- 右散块与中间整块之间的逆序对
- 中间整块两两之间的逆序对
- 左散块与右散块之间的逆序对
对于前三种情况，我们可以记录这样两个数组：
- \(pre_j\)：\(j\) 所在整块左端点到 \(j\) 这段区间内逆序对个数
- \(suf_j\)：\(j\) 到 \(j\) 所在整块右端点这段区间内逆序对个数
对于第四、五两种情况，显然是要求一个区间内比某个数小/大的数的个数，这个可以通过维护以下数组求出：
- \(lft_{i,j}\)：在前 \(j\) 个整块中有多少个数 \(>a_i\)
- \(rit_{i,j}\)：在第 \(j\) 个整块到第 \(cnt\) 个整块中有多少个数 \(<a_i\)
求出这两东东之后第四、五种情况一边前缀和带走即可。
对于第六种情况我们也类似地维护以下数组：
- \(bl_{i,j}\)：第 \(i\) 个整块与前 \(j\) 个整块之间有多少个逆序对
对于第七种情况貌似没有什么方法直接处理，不过考虑一个 trick 叫归并排序，对于两个排好序的有序数组，我们是可以在线性时间内求出它们排好序后的逆序对个数的。因此我们维护每个块排好序的数组，那么我们在 \(l\) 所在的块与 \(r\) 所在的块中跑一遍双针，即在第 \(l\) 个块排好序的数组中枚举一个 \(a_i\)，那么显然在第 \(r\) 个块排好序的数组中，满足 \(a_j<a_i\) 的 \(j\) 显然组成一段前缀，那么我们就双针找出这段前缀，然后统计一下这段前缀中有多少个位置 \(\le r\) 即可。
上述情况都是针对 \(l,r\) 不在同一个整块中的情况，对于 \(l,r\) 在同一个整块中的情况，我们设 \(l,r\) 所在的整块为 \([L,R]\)，那么区间 \([l,r]\) 的逆序对个数就可以用 \([L,r]\) 的逆序对个数减去 \([L,l-1]\) 中逆序对的个数，再减去 \([L,l-1]\) 与 \([l,r]\) 之间的逆序对个数，前两个值都可以通过我们之前维护的 \(pre\) 数组求出，至于第三个……相信聪明的读者们如果明白了上面的第七种情况，也能很快知道这个怎么维护。
时间复杂度 \((n+m)\sqrt{n}\)，然鹅由于实现的不好，它 TLE 了，只过了第 5 个测试点。
附：20pts 的代码：
const int MAXN=1e5;
const int BLK=500;
int n,qu,a[MAXN+5],pre[MAXN+5],suf[MAXN+5],buc[MAXN+5];
pii b[BLK+5][BLK+5];int sum[BLK+5][MAXN+5];
int lft[MAXN+5][BLK+5],rit[MAXN+5][BLK+5];
int bl[BLK+5][BLK+5];
int blk_cnt=0,blk_sz=0,L[BLK+5],R[BLK+5],bel[MAXN+5];
int t[MAXN+5];
void add(int x,int v){for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) t[i]+=v;}
int ask(int x){int ret=0;for(int i=x;i;i&=(i-1)) ret+=t[i];return ret;}
ll query(int l,int r){
if(l<1||l>n||r<1||r>n||l>r) return 0;
if(bel[l]==bel[r]){
ll sum=pre[r];
if(l^L[bel[l]]) sum-=pre[l-1];
for(int i=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
if(b[bel[l]][i].se<l) sum-=c;
c+=(l<=b[bel[l]][i].se&&b[bel[l]][i].se<=r);
} return sum;
} else {
ll sum=0;sum+=suf[l];sum+=pre[r];
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) sum+=pre[R[i]];
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) sum+=bl[i][i-1]-bl[i][bel[l]];
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) sum+=rit[i][bel[l]+1]-rit[i][bel[r]];
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) sum+=lft[i][bel[r]-1]-lft[i][bel[l]];
for(int i=1,j=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
while(j<=R[bel[r]]-L[bel[r]]+1&&b[bel[r]][j].fi<b[bel[l]][i].fi){
c+=(b[bel[r]][j].se<=r);j++;
} if(b[bel[l]][i].se>=l) sum+=c;
}
return sum;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&qu);
blk_sz=400;blk_cnt=(n-1)/blk_sz+1;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
L[i]=(i-1)*blk_sz+1;R[i]=min(i*blk_sz,n);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) b[bel[i]][i-L[bel[i]]+1]=mp(a[i],i);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) sort(b[i]+1,b[i]+R[i]-L[i]+2);
for(int i=1;i<=n;i++) sum[bel[i]][a[i]]++;
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
sum[i][j]+=sum[i][j-1];
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
memset(t,0,sizeof(t));ll sum=0;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++){
pre[j]=(sum+=j-L[i]-ask(a[j]));
add(a[j],1);
} memset(t,0,sizeof(t));sum=0;
for(int j=R[i];j>=L[i];j--){
suf[j]=(sum+=ask(a[j]));
add(a[j],1);
}
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) buc[j]+=sum[i][j];
for(int j=R[i]+1;j<=n;j++) lft[j][i]=R[i]-buc[a[j]];
} memset(buc,0,sizeof(buc));
for(int i=blk_cnt;i;i--){
for(int j=1;j<=n;j++) buc[j]+=sum[i][j];
for(int j=L[i]-1;j;j--) rit[j][i]=buc[a[j]-1];
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) for(int j=1;j<i;j++) for(int k=L[i];k<=R[i];k++) bl[i][j]+=lft[k][j];
ll pre=0;
while(qu--){
ll l,r;scanf("%lld%lld",&l,&r);l^=pre;r^=pre;
printf("%lld\n",pre=query(l,r));
}
return 0;
}
然后就到了奇淫的卡常时间了，我首先玄学般地三分了下块长并加了个 IO 优化，然鹅并没有什么卵用，该 T 的还是 T 掉了。
其次我们注意到再求 \(lft,rit\) 的过程用到了维护第 \(i\) 个块 occurrence 的前缀和数组 \(sum_{i,j}\)，事实上这东西大可不必提前预处理出来，这样耗时间又耗空间，因此我将它改为，维护一个临时数组 \(c_j\)，扫到第 \(i\) 块时再求出这一块的前缀和，我还加了一个小小的剪枝，就是求出这一块中 \(a_i\) 的最小值 \(mn\)，求前缀和时从 \(mn\) 开始枚举，正确性显然，但是似乎用处不大。
接下来我发现这个 \(lft\) 和 \(rit\) 数组定义与功能类似，都可以求某个前缀小于某个数的个数，事实上它们完全可以合并成一个数组，因此我就把求 \(rit\) 那一部分的 \(n\sqrt{n}\) 删掉，然后几个细节稍微改了改，常数确实小了不少，第五个测试点又原来 546ms 变成了 371ms，第四个点时而 A 时而 T，剩下三个点仍然 TLE。
附：40pts 的代码：
using namespace fastio;
const int MAXN=1e5;
const int BLK=500;
int n,qu,a[MAXN+5],pre[MAXN+5],suf[MAXN+5],buc[MAXN+5];
pii b[BLK+5][BLK+5];int c[MAXN+5];
int lt[MAXN+5][BLK+5],bl[BLK+5][BLK+5];
int blk_cnt=0,blk_sz=0,L[BLK+5],R[BLK+5],bel[MAXN+5];
int t[MAXN+5];
void add(int x,int v){for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) t[i]+=v;}
int ask(int x){int ret=0;for(int i=x;i;i&=(i-1)) ret+=t[i];return ret;}
ll query(int l,int r){
if(l<1||l>n||r<1||r>n||l>r) return 0;
if(bel[l]==bel[r]){
ll sum=pre[r];
if(l^L[bel[l]]) sum-=pre[l-1];
for(int i=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
if(b[bel[l]][i].se<l) sum-=c;
c+=(l<=b[bel[l]][i].se&&b[bel[l]][i].se<=r);
} return sum;
} else {
ll sum=0;sum+=suf[l];sum+=pre[r];
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) sum+=pre[R[i]]+bl[i][i-1]-bl[i][bel[l]];
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) sum+=lt[i][bel[r]-1]-lt[i][bel[l]];
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) sum+=(L[bel[r]]-R[bel[l]]-1)-(lt[i][bel[r]-1]-lt[i][bel[l]]);
for(int i=1,j=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
while(j<=R[bel[r]]-L[bel[r]]+1&&b[bel[r]][j].fi<b[bel[l]][i].fi){
c+=(b[bel[r]][j].se<=r);j++;
} if(b[bel[l]][i].se>=l) sum+=c;
}
return sum;
}
}
int main(){
read(n);read(qu);
blk_sz=450;blk_cnt=(n-1)/blk_sz+1;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
L[i]=(i-1)*blk_sz+1;R[i]=min(i*blk_sz,n);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) b[bel[i]][i-L[bel[i]]+1]=mp(a[i],i);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) sort(b[i]+1,b[i]+R[i]-L[i]+2);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
memset(t,0,sizeof(t));ll sum=0;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++){
pre[j]=(sum+=j-L[i]-ask(a[j]));
add(a[j],1);
} memset(t,0,sizeof(t));sum=0;
for(int j=R[i];j>=L[i];j--){
suf[j]=(sum+=ask(a[j]));
add(a[j],1);
}
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
int mn=n+1,s=0;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) c[a[j]]++,chkmin(mn,a[j]);
for(int j=mn;j<=n;j++) s+=c[j],buc[j]+=s;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) c[a[j]]--;
for(int j=1;j<=n;j++) lt[j][i]=buc[a[j]-1];
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) for(int j=1;j<i;j++)
for(int k=L[i];k<=R[i];k++) bl[i][j]+=R[j]-lt[k][j];
ll pre=0;
while(qu--){
ll l,r;read(l);read(r);l^=pre;r^=pre;
print(pre=query(l,r),'\n');
} print_final();
return 0;
}
然后就到了最奇怪的部分了，我注意到询问的时候写了这样一句话：
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) sum+=lt[i][bel[r]-1]-lt[i][bel[l]];
然后我就灵机一动，尝试交换 \(lt\) 的两维，并寻思这样效率会加快多少。
然鹅出乎意料的是，作了这样一个小小的变动后，它竟然 AC 了！而且竟然还抢到了（目前，截至 2021.7.18）的最优解。
为什么我会想到作这样一个变动？注意到在上面的语句中，后面一维的值与枚举变量 \(i\) 无关，因此如果交换这两维，后面一维访问的下标就是一段连续的区间，访问的地址也是一段完整的区间，这样就能大大提高访问速度。
AC 代码：
using namespace fastio;
const int MAXN=1e5;
const int BLK=500;
int n,qu,a[MAXN+5],pre[MAXN+5],suf[MAXN+5],buc[MAXN+5];
pii b[BLK+5][BLK+5];int c[MAXN+5];
int lt[BLK+5][MAXN+5],bl[BLK+5][BLK+5];
int blk_cnt=0,blk_sz=0,L[BLK+5],R[BLK+5],bel[MAXN+5];
int t[MAXN+5];
void add(int x,int v){for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) t[i]+=v;}
int ask(int x){int ret=0;for(int i=x;i;i&=(i-1)) ret+=t[i];return ret;}
ll query(int l,int r){
if(l<1||l>n||r<1||r>n||l>r) return 0;
if(bel[l]==bel[r]){
ll sum=pre[r];
if(l^L[bel[l]]) sum-=pre[l-1];
for(int i=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
if(b[bel[l]][i].se<l) sum-=c;
c+=(l<=b[bel[l]][i].se&&b[bel[l]][i].se<=r);
} return sum;
} else {
ll sum=0;sum+=suf[l];sum+=pre[r];
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) sum+=pre[R[i]]+bl[i][i-1]-bl[i][bel[l]];
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) sum+=lt[bel[r]-1][i]-lt[bel[l]][i];
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) sum+=(L[bel[r]]-R[bel[l]]-1)-(lt[bel[r]-1][i]-lt[bel[l]][i]);
for(int i=1,j=1,c=0;i<=R[bel[l]]-L[bel[l]]+1;i++){
while(j<=R[bel[r]]-L[bel[r]]+1&&b[bel[r]][j].fi<b[bel[l]][i].fi){
c+=(b[bel[r]][j].se<=r);j++;
} if(b[bel[l]][i].se>=l) sum+=c;
}
return sum;
}
}
int main(){
read(n);read(qu);
blk_sz=460;blk_cnt=(n-1)/blk_sz+1;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
L[i]=(i-1)*blk_sz+1;R[i]=min(i*blk_sz,n);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) b[bel[i]][i-L[bel[i]]+1]=mp(a[i],i);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) sort(b[i]+1,b[i]+R[i]-L[i]+2);
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
memset(t,0,sizeof(t));ll sum=0;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++){
pre[j]=(sum+=j-L[i]-ask(a[j]));
add(a[j],1);
} memset(t,0,sizeof(t));sum=0;
for(int j=R[i];j>=L[i];j--){
suf[j]=(sum+=ask(a[j]));
add(a[j],1);
}
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
int mn=n+1,s=0;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) c[a[j]]++,chkmin(mn,a[j]);
for(int j=mn;j<=n;j++) s+=c[j],buc[j]+=s;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) c[a[j]]--;
for(int j=1;j<=n;j++) lt[i][j]=buc[a[j]-1];
}
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) for(int j=1;j<i;j++)
for(int k=L[i];k<=R[i];k++) bl[i][j]+=R[j]-lt[j][k];
ll pre=0;
while(qu--){
ll l,r;read(l);read(r);l^=pre;r^=pre;
print(pre=query(l,r),'\n');
} print_final();
return 0;
}
洛谷 P5046 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology I（分块+卡常）的更多相关文章
- [洛谷P5048][Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology III
题目大意:有$n(n\leqslant5\times10^5)$个数,$m(m\leqslant5\times10^5)$个询问,每个询问问区间$[l,r]$中众数的出现次数 题解:分块,设块大小为$ ...
- 洛谷P5048 [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology III（分块）
传送门 众所周知lxl是个毒瘤,Ynoi道道都是神仙题 用蒲公英那个分块的方法做结果两天没卡过去→_→ 首先我们分块,预处理块与块之间的答案,然后每次询问的时候拆成整块和两边剩下的元素 整块的答案很简 ...
- 洛谷 P5048 - [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology III（分块）
题面传送门 qwq 感觉跟很多年前做过的一道题思路差不多罢,结果我竟然没想起那道题?!!所以说我 wtcl/wq 首先将 \(a_i\) 离散化. 如果允许离线那显然一遍莫队就能解决,复杂度 \(n\ ...
- [Luogu5048] [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology III[分块]
题意 长为 \(n\) 的序列,询问区间众数,强制在线. \(n\leq 5\times 10^5\). 分析 考虑分块,暴力统计出整块到整块之间的众数次数. 然后答案还可能出现在两边的两个独立的块中 ...
- Luogu P5048 [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology III 分块
这才是真正的$N\sqrt{N}$吧$qwq$ 记录每个数$vl$出现的位置$s[vl]$,和每个数$a[i]=vl$是第几个$vl$,记为$P[i]$,然后预处理出块$[i,j]$区间的答案$f[i ...
- [luogu5048] [Ynoi2019模拟赛] Yuno loves sqrt technology III
题目链接 洛谷. Solution 思路同[BZOJ2724] [Violet 6]蒲公英,只不过由于lxl过于毒瘤,我们有一些更巧妙的操作. 首先还是预处理\(f[l][r]\)表示\(l\sim ...
- [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology I
题目描述 给你一个长为n的排列,m次询问,每次查询一个区间的逆序对数,强制在线. 题解 MD不卡了..TMD一点都卡不动. 强制在线的话也没啥好一点的方法,只能分块预处理了. 对于每个块,我们设lef ...
- [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology III
题目大意: 给你一个长为n的序列a,m次询问,每次查询一个区间的众数的出现次数,强制在线. 解题思路: 出题人题解 众所周知lxl是个毒瘤,Ynoi道道都是神仙题 首先得离散化. 分块后,预处理Fi, ...
- [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology II（二次离线莫队）
二次离线莫队. 终于懂了 \(lxl\) 大爷发明的二次离线莫队,\(\%\%\%lxl\) 二次离线莫队,顾名思义就是将莫队离线两次.那怎么离线两次呢? 每当我们将 \([l,r]\) 移动右端点到 ...
随机推荐
- 微信h5跳转小程序wx-open-launch-weapp开放标签不显示（已解决）
前言: 前几天成功对接了跳转第三方小程序的功能,今天有个页面有需要对接.但是奇怪的是用的和上次一模一样的配置,但就是死活不显示wx-open-launch-weapp这个开放标签的按钮,看不到任何效果 ...
- 初学Python-day13 文件处理1
IO操作 一.os模块 作用:包含了操作系统的基本功能,提供了非常丰富的用来处理文件和目录的函数或方法. 1.属性 函数名 函数说明 name 获取操作系统的类型 uname 获取操作系统的信息(li ...
- CSP-J 2021 复赛游记
Day-1 啥也没干 晚上看了看洛谷的讨论,据说freopen在打开的最后要加 fclose(stdin);fclose(stdout); 不加也可.不过据说Linux在return 0之前不会自动关 ...
- 这样学BAT必面之软件设计原则，还不会就是我的问题
学习设计原则是学习设计模式的基础.在实际开发过程中,并不要求所有代码都遵循设计原则,我们要考虑人力.时间.成本.质量,不能刻意追求完美,但要在适当的场景遵循设计原则,这体现的是一种平衡取舍,可以帮助我 ...
- Java Filter型内存马的学习与实践
完全参考:https://www.cnblogs.com/nice0e3/p/14622879.html 这篇笔记,来源逗神的指点,让我去了解了内存马,这篇笔记记录的是filter类型的内存马 内存马 ...
- Scrum Meeting 0605
零.说明 日期:2021-6-5 任务:简要汇报两日内已完成任务,计划后两日完成任务 一.进度情况 组员 负责 两日内已完成的任务 后两日计划完成的任务 困难 qsy PM&前端 暂无 重新设 ...
- 【二食堂】Alpha - 测试报告
TextMarking Alpha阶段测试报告 前后端测试过程及结果 在Alpha阶段,测试工作紧跟后端开发进度,一下是我们所做的一些测试工作. 后端单元测试 测试代码可以在git仓库中查看,后端对所 ...
- sql_exporter的使用
sql_exporter的使用 一.背景 二.sql-exporter的使用 1.下载 2.配置文件 1.sql_exporter.yml 2.collectors 目录中的配置文件 1.collec ...
- 微信小程序 scroll-view 完成上拉加载更多
我们经常在软件客户端上看到这么一个功能,当我们阅读信息浏览到文章的末尾时,通常会加载出更多的信息.比如,我们在简书客户端上浏览推荐文章时,浏览到屏幕的末尾,此时又加载出了另一页的推荐文章,即实现了上拉 ...
- FastAPI 学习之路（三十三）操作数据库
通过创建pydantic模型进行验证提交数据 from pydantic import BaseModel class UserBase(BaseModel): email: str class Us ...