[BZOJ3207] 花神的嘲讽计划Ⅰ (主席树)

Description

　　背景

　　花神是神，一大癖好就是嘲讽大J，举例如下：

　　“哎你傻不傻的！【hqz：大笨J】”

　　“这道题又被J屎过了！！”

　　“J这程序怎么跑这么快！J要逆袭了！”

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　　描述

　　这一天DJ在给吾等众蒟蒻讲题，花神在一边做题无聊，就跑到了一边跟吾等众蒟蒻一起听。以下是部分摘录：

　　1.

　　“J你在讲什么！”

　　“我在讲XXX！”

　　“哎你傻不傻的！这么麻烦，直接XXX再XXX就好了！”

　　“……”

　　2.

　　“J你XXX讲过了没？”

　　“……”

　　“那个都不讲你就讲这个了？哎你傻不傻的！”

　　“……”

　　DJ对这种情景表示非常无语，每每出现这种情况，DJ都是非常尴尬的。

　　经过众蒟蒻研究，DJ在讲课之前会有一个长度为N方案，我们可以把它看作一个数列；

　　同样，花神在听课之前也会有一个嘲讽方案，有M个，每次会在x到y的这段时间开始嘲讽，为了减少题目难度，每次嘲讽方案的长度是一定的，为K。

　　花神嘲讽DJ让DJ尴尬需要的条件：

　　在x~y的时间内DJ没有讲到花神的嘲讽方案，即J的讲课方案中的x~y没有花神的嘲讽方案【这样花神会嘲讽J不会所以不讲】。

　　经过众蒟蒻努力，在一次讲课之前得到了花神嘲讽的各次方案，DJ得知了这个消息以后欣喜不已，DJ想知道花神的每次嘲讽是否会让DJ尴尬【说不出话来】。 

Input

　　第1行3个数N，M，K；

　　第2行N个数，意义如上；

　　第3行到第3+M-1行，每行K+2个数，前两个数为x,y,然后K个数，意义如上；

Output

　　对于每一个嘲讽做出一个回答会尴尬输出‘Yes’，否则输出‘No’

Sample Input

8 5 3
1 2 3 4 5 6 7 8
2 5 2 3 4
1 8 3 2 1
5 7 4 5 6
2 5 1 2 3
1 7 3 4 5

Sample Output

No
Yes
Yes
Yes
No

HINT

　　题中所有数据不超过2*10^9;保证方案序列的每个数字<=N

　　2~5中有2 3 4的方案，输出No，表示DJ不会尴尬

　　1~8中没有3 2 1的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬

　　5~7中没有4 5 6的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬

　　2~5中没有1 2 3的方案，输出Yes，表示DJ会尴尬

　　1~7中有3 4 5的方案，输出No，表示DJ不会尴尬 

 

　　1<=N<=100000; 1<=M<=100000; y-x+1<=N; K<=y-x+1&K<=20; x<=y;

Source

　　原创 Memphis

Solution

　　CTSC上人生第一次写主席树，竟然过了，，，然后就兴（S）奋（B）地想找主席树的题巩固。有人说：不要在考试时写你不会的算法，或许是扯[哔——]吧。

　　先把所有长为k的串哈希，可以用线段树查询区间内某个数是否出现过。但这样就需要$n$棵树，而每棵树$3n$个结点。。。MLE*TLE等等。

　　窝们的HJT主席搞出来了一个数据结构，使得时空复杂度均为$O(nlogn)$（掌声在哪里）

　　嗯，就是搞两个指针，一个表示旧树，一个表示新树。树的结点表示某段权值区间内有多少个数。每棵树整体表示$[1, i]$区间内所有的数

　　因为相邻两棵树只有一个叶子结点不同，所以从根开始，一个儿子拷贝旧数的对应结点的标号，另一个儿子开一个新点，然后递归处理这个结点。因为每一次建树最多增加一条链的结点数$(logn)$，时间和空间复杂度就是$O(nlogn)$

　　查询答案时就是把$[1, r]$的答案减去$[1, l-1]$的答案，每次搜到叶子结点就结束，时间复杂度$O(mlogn)$

　　至此这道题就做完了。

　　（完了我自己都不知道自己在说些什么）

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 struct hjtree
 {
     int l, r, sum;
 }a[];
 int d[], ql[], qr[], ctot, root[], ptot;
 ll sh[], cd[];

 void update(int o1, int &o2, int l, int r, int id)
 {
     int mid = (l + r) >> ;
     if(!o2) o2 = ++ptot;
     a[o2].sum = a[o1].sum + ;
     if(l == r) return;
     if(id <= mid) a[o2].r = a[o1].r, update(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id);
     else a[o2].l = a[o1].l, update(a[o1].r, a[o2].r, mid + , r, id);
 }

 int query(int o1, int o2, int l, int r, int id)
 {
     int mid = (l + r) >> ;
     if(l == r) return a[o2].sum - a[o1].sum;
     if(id <= mid) return query(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id);
     return query(a[o1].r, a[o2].r, mid + , r, id);
 }

 int main()
 {
     int n, m, k, tmp;
     scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
     for(int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", d + i);
     for(int i = ; i <= n - k + ; i++)
         for(int j = ; j < k; j++)
             sh[i] = sh[i] *  + d[i + j];
     for(int i = ; i <= n - k + ; i++)
         cd[i] = sh[i];
     for(int i = ; i <= m; i++)
     {
         scanf("%d%d", ql + i, qr + i);
         for(int j = ; j <= k; j++)
         {
             scanf("%d", &tmp);
             sh[n - k +  + i] = sh[n - k +  + i] *  + tmp;
         }
         cd[n - k +  + i] = sh[n - k +  + i];
     }
     sort(cd + , cd + n - k + m + );
     for(int i = ; i <= n - k + m + ; i++)
         sh[i] = lower_bound(cd + , cd + n - k + m + , sh[i]) - cd;
     for(int i = ; i <= n - k + ; i++)
         update(root[i - ], root[i], , , (int)sh[i]);
     for(int i = ; i <= m; i++)
         puts(query(root[ql[i] - ], root[qr[i] - k + ], , , (int)sh[n - k +  + i]) ? "No" : "Yes");
     return ;
 }