YNOI2016：掉进兔子洞

题意简述：

有 m 个询问，每次询问三个区间，把三个区间中同时出现的数一个一个删掉，问最后三个区间剩下的数的个数和，询问独立。注意这里删掉指的是一个一个删，不是把等于这个值的数直接删完，比如三个区间是 $ [1,2,2,3,3,3,3] $ , $ [1,2,2,3,3,3,3] $ 与 $ [1,1,2,3,3] $ ，就一起扔掉了 $ 1 $ 个 $ 1 $，$ 1 $ 个 $ 2 $，$ 2 $ 个 $ 3 $ 。

$ solution: $

考场上觉得是毒瘤容斥+莫队（先求两两区间，得到三个区间），但是这道题不能这样容斥，有两个未知量。

其实重点就在于序列的存储的方式，然后就是我们对于莫队+ $ bitset $ 的熟悉度。我们知道如果相同元素在单个区间里只出现一次，那么我们直接对每个区间是否拥有某个元素二进制状压，然后三个区间与运算得到重复元素的信息（可以用 $ bitset $ 维护）。但是相同元素在单个区间里会出现多次，这个有一个很妙的维护方法：我们排序将相同元素放一块，然后对于每一段相同元素记录第一个位置，于是我们在 $ bitset $ 数组中就可以用对应的一段区间来维护这种相同元素出现次数（从区间第一个位置开始，每加入一个这个元素，就将后一个位置变为1）

然后多个 $ bitset $ 与运算，为一的位置说明在多个区间都有这个元素。对于区间的二进制状压信息，我们可以用莫队算法来求，因为对每个询问都要 $ bitset $ 数组，时间没问题但空间开不下，于是将询问分组做。

$ code: $

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<iomanip>

#include<algorithm>

#include<bitset>

#define ll long long

#define rg register int

using namespace std;

int n,m,M,ff;

int a[100005];

int p[100005];

int A[100005];

int ans[100005];

bool vis[25005];

bitset<100005> b[25005],s;

struct su{

	int x,y,id,v;

	inline bool operator <(const su &i){

		if(v==i.v){

			if(v&1) return y<i.y;

			return y>i.y; //奇偶分块优化常数

		} return v<i.v;

	}

}q[100005];

inline int qr(){

    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;

    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;

    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();

    if(sign)return -res; else return res;

}

int main(){

	n=qr(); M=m=qr(); ff=pow(n-1,0.5)+1; //分块

	for(rg i=1;i<=n;++i) A[i]=a[i]=qr();

	sort(A+1,A+n+1); //离散化，顺带把相同元素放一起并记录第一个位置

	for(rg i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(A+1,A+n+1,a[i])-A;

	while(M){

		m=min(M,25000); M-=m; rg tt=0; //问询分组处理

		for(rg i=1;i<=n;++i) p[a[i]]=a[i];

		for(rg i=1;i<=m;++i){

			rg l1=qr(),r1=qr(),l2=qr(),r2=qr(),l3=qr(),r3=qr();

			ans[i]=r1+r2+r3-l1-l2-l3+3; vis[i]=0;

			q[++tt]=su{l1,r1,i,(l1-1)/ff+1}; //最后一个元素分块

			q[++tt]=su{l2,r2,i,(l2-1)/ff+1};

			q[++tt]=su{l3,r3,i,(l3-1)/ff+1};

		} sort(q+1,q+tt+1); //分块排序

		rg l=1,r=0; s.reset();

		for(rg i=1;i<=tt;++i){

			rg x=q[i].x,y=q[i].y,id=q[i].id;

			while(x<l)--l,s[p[a[l]]++]=1; //莫队

			while(r<y)++r,s[p[a[r]]++]=1;

			while(l<x)s[--p[a[l]]]=0,++l;

			while(y<r)s[--p[a[r]]]=0,--r;

			if(vis[id]) b[id]&=s; //&，三个集合都要有

			else vis[id]=1,b[id]=s; //第一个直接覆盖（都不需要预处理）

		}

		for(rg i=1;i<=m;++i) //答案=总数-不合法数

			printf("%d\n",ans[i]-(int)b[i].count()*3);

	}

    return 0;

}