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题解

• 我们考虑莫队

• 首先我们预处理出处于位置\(x\)的颜色下一次出现的位置\(nxt[x]\)以及上一次出现的位置\(pre[x]\)

• 莫队上维护一下信息：

\(Ans\)：\([l,r]\)的所有子区间的颜色数之和

\(num\)：\([l,r]\)的颜色数

\(Lans\)：\([l,l],[l,l + 1],[l,l + 2]...[l,r]\)这些区间的颜色数之和

\(Rans\)：\([r,r],[r - 1, r],[r - 2, r]...[l,r]\)这些区间的颜色数之和

\(cnt[x]\)：颜色\(x\)的出现次数

• 我们以左端点\(l\)向左扩张为例， 表示左端点向左扩张对维护的信息的影响

\(l:=l-1\)

\(cnt[col[l]]:=cnt[col[l]] + 1\)，颜色出现次数更新的同时更新\(num\)

\(Rans:=Rans + num\)

\(Lans := Lans + min(r, nxt[l]-1) - l + 1\)

\(Ans := Ans + Lans\)

• 那么对于其他操作的影响也是类似的

const int mod = (1ll << 32);
const int N = 5e5 + 10, M = 4e5 + 10;
const int B = sqrt(N) + 1;

int n, q, a[N];
int id[N], Ans, Lans, Rans, num, cnt[N], nxt[N], pre[N], ans[N], pos[N];

struct QUERY
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const QUERY &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int l, int r, int op)
{
    if (op == 1) // Left
    {
        Ans -= Lans;
        Lans -= min(r, nxt[l] - 1) - l + 1;
        Rans -= num;
        cnt[a[l]]--;
        if (cnt[a[l]] == 0)
            num--;
    }
    else // Right
    {
        Ans -= Rans;
        Rans -= r - max(l, pre[r] + 1) + 1;
        Lans -= num;
        cnt[a[r]]--;
        if (cnt[a[r]] == 0)
            num--;
    }
}

void add(int l, int r, int op)
{
    if (op == 1) // Left
    {
        cnt[a[l]]++;
        if (cnt[a[l]] == 1)
            num++;
        Rans += num;
        Lans += min(r, nxt[l] - 1) - l + 1;
        Ans += Lans;
    }
    else // Right
    {
        cnt[a[r]]++;
        if (cnt[a[r]] == 1)
            num++;
        Lans += num;
        Rans += r - max(l, pre[r] + 1) + 1;
        Ans += Rans;
    }
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        pre[i] = 0;
        if (pos[a[i]])
        {
            pre[i] = pos[a[i]];
            nxt[pos[a[i]]] = i;
        }
        pos[a[i]] = i;
        nxt[i] = n + 1;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) // 分块
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1); // 对查询进行排序
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(--l, r, 1);
        while (r < qry[i].r)
            add(l, ++r, 2);
        while (l < qry[i].l)
            del(l++, r, 1);
        while (r > qry[i].r)
            del(l, r--, 2);
        ans[qry[i].idx] = Ans;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] % mod << endl;
}

M. 斑马子树

\(1 \leq n \leq 10^5\)

题解

• 我们考虑如果一颗子树是斑马子树，那么这颗子树能够产生贡献的时间区间段是多少
• 我们考虑\(dp\)出子树\(u\)中最早变成斑马子树的时间戳\(l\)，最晚变成非斑马子树的时间戳\(r\)
• 那么\([l,r]\)的时间段上\(u\)的贡献一直为\(1\)，我们考虑差分，最后前缀和统计答案即可

// M. 斑马子树
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, t[N], mi[N], mx[N], ans[N];
vector<int> g[N];

void dfs(int u, int par)
{
    mi[u] = mx[u] = t[u];
    for (auto v : g[u])
    {
        if (v == par)
            continue;
        dfs(v, u);
        mi[u] = min(mi[u], mi[v]);
        mx[u] = max(mx[u], mx[v]);
    }
    ans[mi[u]]++;
    ans[mx[u]]--;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        int u;
        cin >> u;
        g[u].push_back(i);
        g[i].push_back(u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int u;
        cin >> u;
        t[u] = i;
    }
    dfs(1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        ans[i] = ans[i - 1] + ans[i];
        cout << ans[i] << "\n "[i < n];
    }
}