bzoj 2453 : 维护队列带修莫队

2453: 维护队列

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 952 Solved: 432
[Submit][Status][Discuss]

Description

你小时候玩过弹珠吗？

小朋友A有一些弹珠，A喜欢把它们排成队列，从左到右编号为1到N。为了整个队列鲜艳美观，小朋友想知道某一段连续弹珠中，不同颜色的弹珠有多少。当然，A有时候会依据个人喜好，替换队列中某个弹珠的颜色。但是A还没有学过编程，且觉得头脑风暴太浪费脑力了，所以向你来寻求帮助。

Input

输入文件第一行包含两个整数N和M。

第二行N个整数，表示初始队列中弹珠的颜色。

接下来M行，每行的形式为“Q L R”或“R x c”，“Q L R”表示A想知道从队列第L个弹珠到第R个弹珠中，一共有多少不同颜色的弹珠，“R x c”表示A把x位置上的弹珠换成了c颜色。

Output

对于每个Q操作，输出一行表示询问结果。

Sample Input

2 3
1 2
Q 1 2
R 1 2
Q 1 2

Sample Output

2
1

HINT

对于100%的数据，有1 ≤ N ≤ 10000, 1 ≤ M ≤ 10000，小朋友A不会修改超过1000次，所有颜色均用1到10^6的整数表示。

Source

2011福建集训

　　把询问和修改分开排序，修改按时间排，询问以左端点所在块为第一关键字，右端点所在块为第二关键字，时间为第三关键字排序。

　　维护左右时间三个指针，不断修改还原。

　　块大小为$n^{\frac{2}{3}}$。

　　左指针每个询问走$n^{\frac{2}{3}}$。

　　右指针同理，不过要多上每次总从左走到右的复杂度，总共$n\times n^{\frac{2}{3}}+n\times n^{\frac{1}{3}}$。

　　时间指针每次左右端点所在块变化重新开始走，一共$n^{\frac{2}{3}}$个不同的左右块匹配数，复杂度$n\times n^{\frac{2}{3}}$.

　　好像块开100比较快。

　　(写莫队时一定要先把lr往两边移，再向中间移)

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 #define d 100

 #define N 10005

 using namespace std;

 int n,m;

 int c[N];

 struct node

 {

     int l,r,t,pr;

     node(){l=r=t=;}

 }q[N],g[N];

 int cnt1,cnt2;

 bool cmp1(const node &aa,const node &bb)

 {

     return aa.t<bb.t;

 }

 int be1[N],be2[N];

 bool cmp2(const node &aa,const node &bb)

 {

     if(be1[aa.l]==be1[bb.l])

     {

         if(be2[aa.r]==be2[bb.r])return aa.t<bb.t;

         return aa.r<bb.r;

     }

     return aa.l<bb.l;

 }

 int ans[N];

 int now[N*],cnt;

 void solve()

 {

     int p1,p2,p;

     memset(now,,sizeof(now));

     now[c[]]=;cnt=;g[cnt1+].t=;

     p=p1=;

     p2=;

     for(int i=;i<=cnt2;i++)

     {

         while(g[p2+].t<q[i].t)

         {

             p2++;

             int tmp=c[g[p2].l];

             g[p2].pr=tmp;

             c[g[p2].l]=g[p2].r;

             if(g[p2].l<=p&&g[p2].l>=p1)

             {

                 now[tmp]--;

                 if(!now[tmp])cnt--;

                 now[g[p2].r]++;

                 if(now[g[p2].r]==)cnt++;

             }

         }

         while(g[p2].t>q[i].t)

         {

             c[g[p2].l]=g[p2].pr;

             if(g[p2].l<=p&&g[p2].l>=p1)

             {

                 now[g[p2].r]--;

                 if(!now[g[p2].r])cnt--;

                 now[g[p2].pr]++;

                 if(now[g[p2].pr]==)cnt++;

             }

             p2--;

         }

         while(p<q[i].r)

         {

             p++;now[c[p]]++;

             if(now[c[p]]==)cnt++;

         }

         while(p>q[i].r)

         {

             now[c[p]]--;if(!now[c[p]])cnt--;

             p--;

         }

         while(p1<q[i].l)

         {

             now[c[p1]]--;if(!now[c[p1]])cnt--;

             p1++;

         }

         while(p1>q[i].l)

         {

             p1--;now[c[p1]]++;

             if(now[c[p1]]==)cnt++;

         }

         ans[q[i].t]=cnt;

     }

 }

 int main()

 {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         be1[i]=be2[i]=(i-)/d+;

     }

     memset(ans,-,sizeof(ans));

     char s[];

     for(int i=;i<=m;i++)

     {

         scanf("%s",s);

         if(s[]=='R')

         {

             cnt1++;

             scanf("%d%d",&g[cnt1].l,&g[cnt1].r);

             g[cnt1].t=i;

         }

         else

         {

             cnt2++;

             scanf("%d%d",&q[cnt2].l,&q[cnt2].r);

             q[cnt2].t=i;

         }

     }

     sort(q+,q+cnt2+,cmp2);

     sort(g+,g+cnt1+,cmp1);

     solve();

     for(int i=;i<=m;i++)

     {

         if(ans[i]!=-)printf("%d\n",ans[i]);

     }

     return ;

 }