【P1972】HH的项链——树状数组+询问离线
(题面摘自luogu)
题目背景
无
题目描述
HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH 相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步完后,他都会随意取出一段贝壳,思考它们所表达的含义。HH 不断地收集新的贝壳,因此,他的项链变得越来越长。有一天,他突然提出了一个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同的贝壳?这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。于是,他只好求助睿智的你,来解决这个问题。
输入输出格式
输入格式:
第一行:一个整数N,表示项链的长度。
第二行:N 个整数,表示依次表示项链中贝壳的编号(编号为0 到1000000 之间的整数)。
第三行:一个整数M,表示HH 询问的个数。
接下来M 行:每行两个整数,L 和R(1 ≤ L ≤ R ≤ N),表示询问的区间。
输出格式:
M 行,每行一个整数,依次表示询问对应的答案。
说明
数据范围:
对于100%的数据,N <= 500000,M <= 500000。
老师讲了两种办法,先只打了第一种。(好像莫队也能做……以后再说)
首先我们把询问离线,按右端点排序。然后我们从左至右扫描原序列(可以离散化):假如我们想处理[l, r]这个询问,我们在扫描序列的时候把每个颜色对应的位置在树状数组中+1,扫描到r的时候直接查询[l, r]的区间和即可。但是布星,有重复的颜色怎么破?
再来考虑我们扫描的过程:一个颜色产生对[l, r]的贡献,当且仅当这个颜色在已扫描序列[1, r]的最右端的位置pos,满足pos >= l。那么我们动态维护某个颜色出现的位置,在扫描的时候一边往BIT里扔贡献,一边删掉该颜色上次出现位置的贡献,然后更新这个颜色的最后一个位置。这时每查到一个询问再询问l, r区间和就是可行的。
代码中有个小细节很坑,可供参考。
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #include <iostream>
- #include <algorithm>
- //#define L second
- //#define R first
- //#define mp make_pair
- #define BUG puts("$$$")
- #define lowbit(i) (i & -i)
- #define maxn 500010
- template <typename T>
- void read(T &x) {
- x = 0;
- int f = 1;
- char ch = getchar();
- while (!isdigit(ch)) {
- if (ch == '-')
- f = -1;
- ch = getchar();
- }
- while (isdigit(ch)) {
- x = x * 10 + (ch ^ 48);
- ch = getchar();
- }
- x *= f;
- return;
- }
- using namespace std;
- struct Query {
- int l, r, id;
- friend bool operator < (Query a, Query b) {
- return a.r < b.r;
- }
- } Q[maxn];
- int bit[maxn], a[maxn], pos[maxn], n, m, N;
- int st[maxn], ans[maxn];//辅助
- int contra(int* a) {
- memcpy(st, a, sizeof(st));
- sort(st + 1, st + 1 + n);
- int len = unique(st + 1, st + 1 + n) - st - 1;
- for (int i = 1; i <= n; ++i)
- a[i] = lower_bound(st + 1, st + len + 1, a[i]) - st;
- return len;
- }
- void modify(int x, int del) {
- for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
- bit[i] += del;
- }
- int query(int l, int r) {
- int sum = 0;
- for (int i = r; i; i -= lowbit(i))
- sum += bit[i];
- for (int i = l - 1; i; i -= lowbit(i))
- sum -= bit[i];
- return sum;
- }
- void solve() {
- register int i = 1, j = 1;//i指向序列,j指向询问
- while (j <= m) {
- while (i <= Q[j].r) {
- if (pos[a[i]])
- modify(pos[a[i]], -1);
- modify(i, 1);
- pos[a[i]] = i;
- ++i;
- }
- --i; //这里:有可能出现右端点相同的情况,不加这句话就跳过了
- ans[Q[j].id] = query(Q[j].l, Q[j].r);
- ++j;
- }
- return;
- }
- int main() {
- read(n);
- for (int i = 1; i <= n; ++i)
- read(a[i]);
- contra(a);
- read(m);
- for (int i = 1; i <= m; ++i)
- read(Q[i].l), read(Q[i].r), Q[i].id = i;
- sort(Q + 1, Q + 1 + m);
- solve();
- for (int i = 1; i <= m; ++i)
- printf("%d\n", ans[i]);
- return 0;
- }
另一种方法不用离线,我们用数组last记录每个位置上该颜色上次出现的位置(第一次出现记0),然后询问每个区间内,有多少个点i满足last[i] < l;但是这个东西怎么维护呢?我想想……我晓得了,是主席树!\(OwO)/ 以后再打吧。
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