题解 P5072 【[Ynoi2015] 盼君勿忘】

在太阳西斜的这个世界里，置身天上之森。等这场战争结束之后，不归之人与望眼欲穿的众人， 人人本着正义之名，长存不灭的过去、逐渐消逝的未来。我回来了，纵使日薄西山，即便看不到未来，此时此刻的光辉，盼君勿忘。————世界上最幸福的女孩

珂朵莉最最最最最最最珂爱了！

闲话少说，切入正题

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第一道 Ynoi&400 题祭

害怎么又暴露自己的菜鸡水平了

显然，\(1\le n,m,a_i \le 10^5\) 这样友好的数据，没有修改的良心操作和可以离线的痕迹，这很显然是个莫队。

但是我们会发现“子序列”“去重”这些东东不好计算，我们转化成贡献。

设 \([l,r]\) 这个区间内有一个 \(x\)，这个 \(x\) 又出现了 \(k\) 次，我们来计算 \(x\) 对于 \([l,r]\) 的贡献。

很显然，\([l,r]\) 有 \(2^{r-l+1}\) 个子序列，因为每个元素只有两种状态：选或不选，那么不包含 \(x\) 的子序列有多少个呢？显然就有 \(2^{r-l+1-k}\) 个，由此，我们将两个相减就能得到包含 \(x\) 的子序列个数：\(2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k}\) 就是包含 \(x\) 的子序列个数。所以 \(x\) 的贡献就是 \(x\times (2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k})\)。

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设 \(sum_i\) 为出现次数为 \(i\) 的和，\(cnt_i\) 为 \(i\) 数出现的次数。

然后我们需要一个 DS 来维护一串数量，这些数量为一个数出现的个数，需要支持快速遍历，插入和删除，显然可以用双向链表来维护。

然后我们就可以用莫队来维护这个 \(sum_i\)，在插入删除时维护数量链表，最后遍历链表然后根据上面的贡献公式直接累加就好了~

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还有一个问题，就是该题中我们要多次计算二的次幂，然而鹅快速幂是 \(\log_2 n\) 的，这该怎么办？

黑科技光速幂出现了！

光速幂是什么？就是预处理 \(2^0\) 到 \(2^{\sqrt n}\) 和 \(2^{\sqrt n},2^{2\times {\sqrt{n}}},2^{3\times {\sqrt{n}}}...2^n\)，每个幂次我们都把它看成两个部分相乘就可以 \(O(1)\) 计算啦~

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还有一个重要的事情：

能用 \(a_i+a_i\)，不用 \(a_i\times2\)

对于我这样并不怎么卡过常的蒟蒻来说这很重要，不然乘 2 试试就逝世/dk

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上代码！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
#define int long long//这道题的常数不怎么卡，可以这样写
using namespace std;
int n,m,len;
struct node{//莫队输入
	int l,r,cl,ind,k;
}in[MAXN];
inline int read()//快读
{
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ans;
}
inline void write(int x)
{
    char f[200];
    int tmp=x>0?x:-x,cnt=0;
    if(x==0)putchar('0'),putchar('\n');
    else{
    	if(x<0)putchar('-');
    	while(tmp>0)f[cnt++]=tmp%10+'0',tmp/=10;
    	while(cnt>0)putchar(f[--cnt]);
    	putchar('\n');
    }
}
struct list{//手写双向链表
	int pre[MAXN],nxt[MAXN],tot;
	void insert(int x){nxt[tot]=x,pre[x]=tot,tot=x;}
	void erase(int x)
	{
		if(x!=tot)nxt[pre[x]]=nxt[x],pre[nxt[x]]=pre[x];
		else nxt[pre[x]]=0,tot=pre[x];
		pre[x]=nxt[x]=0;
	}
}ML;
bool cmp(node &x,node &y)//莫堆排序
{
	return ((x.cl!=y.cl)?(x.l<y.l):((x.cl&1)?(x.r<y.r):(x.r>y.r)));
}
int sum[MAXN],cnt[MAXN],a[MAXN],p1[MAXN],p2[MAXN],ans[MAXN];
void get(int mod)//光速幂预处理
{
	p1[0]=p2[0]=1;
	for(int p=1;p<=len+7;p++)
		p1[p]=(p1[p-1]+p1[p-1])%mod;
	for(int p=1;p<=n/len+7;p++)
		p2[p]=p2[p-1]*p1[len]%mod;
}
int Pow(int k,int mod){return p2[k/len]*p1[k%len]%mod;}//光速幂
void add(int qwq)//莫队插入
{
	sum[cnt[qwq]]-=qwq;
	if(!sum[cnt[qwq]])
		ML.erase(cnt[qwq]);
	cnt[qwq]++;
	if(!sum[cnt[qwq]])
		ML.insert(cnt[qwq]);
	sum[cnt[qwq]]+=qwq;
}
void del(int qwq)//莫队删除
{
	sum[cnt[qwq]]-=qwq;
	if(!sum[cnt[qwq]])
		ML.erase(cnt[qwq]);
	cnt[qwq]--;
	if(!sum[cnt[qwq]])
		ML.insert(cnt[qwq]);
	sum[cnt[qwq]]+=qwq;
}
signed main()
{
	n=read(),m=read();
	len=sqrt(n);
	for(int p=1;p<=n;p++)
		a[p]=read();
	for(int p=1;p<=m;p++)
	{
		in[p].l=read(),in[p].r=read(),in[p].k=read();
		in[p].ind=p,in[p].cl=(in[p].l-1)/len+1;
	}
	sort(in+1,in+m+1,cmp);
	int l=1,r=0;
	for(int p=1;p<=m;p++)
	{
		get(in[p].k);
		while(l<in[p].l)del(a[l++]);
		while(l>in[p].l)add(a[--l]);
		while(r<in[p].r)add(a[++r]);
		while(r>in[p].r)del(a[r--]);
		for(int i=ML.nxt[0];i;i=ML.nxt[i])
			ans[in[p].ind]=(ans[in[p].ind]+((sum[i]*(Pow(in[p].r-in[p].l+1,in[p].k)-Pow(in[p].r-in[p].l+1-i,in[p].k)))%in[p].k+in[p].k)%in[p].k+in[p].k)%in[p].k;//然后是统计贡献，记得取模
	}
	for(int p=1;p<=m;p++)
		write(ans[p]);//输出
}

PS：这份代码不能保证随时随地每时每刻都能 AC 这道题，因为最长的点跑了 3s，很可能评测姬任务一多然后就炸开花了