标签：P4117 Ynoi2018 int 题解 查集 leq 整块 inline rt
题意
给定一个长度为 \(n\) 的序列和 \(m\) 个操作，每次操作可以：
-
将区间 \([l, r]\) 中所有大于 \(x\) 的值减去 \(x\)
-
询问区间 \([l, r]\) 中值 \(x\) 的出现次数
\(1 \leq n \leq 10^6, 1 \leq m \leq 5 \times 10^5, 1 \leq l \leq r \leq n, 0 \leq a_i, x \leq 10^5 + 1\)
思路
第二分块。
分块 + 逐块处理 + 并查集。
设 \([l, r]\) 中最大值为 \(k\)。第一种操作可以转化为两种形式：
-
\(2 \times x \leq k\)，将值域在 \([0, x]\) 中的值全部加上 \(x\)，之后给区间整体打上减法标记
-
\(2 \times x > k\)，将值域在 \([x + 1, k]\) 中的值全部减去 \(x\)
这里可以考虑用并查集维护。我们对于每一个值 \(x\) 都维护一个下标的并查集，则我们需要维护：
-
值 \(i\) 对应并查集的根 \(rt_i\)
-
并查集的根 \(i\) 对应的值 \(val_i\)
-
并查集的大小
则修改时整块直接合并两个值对应的并查集，散块直接暴力修改并重构。询问时整块直接统计并查集大小，散块则暴力统计。
当块长取 \(\sqrt{n}\) 时，该做法的空间复杂度为 \(\mathcal{O}(n \sqrt{n})\)，会 \(MLE\)
考虑逐块处理，统计每个块对 \(m\) 个询问的贡献。
对于整块 \(x\)，修改时：
-
若整块 \(x\) 被 \([l, r]\) 完全覆盖，直接合并值对应的并查集
-
若整块 \(x\) 未被 \([l, r]\) 完全覆盖，暴力修改并重构该整块
查询时：
-
若整块 \(x\) 被 \([l, r]\) 完全覆盖，直接统计并查集大小
-
若整块 \(x\) 未被 \([l, r]\) 完全覆盖，暴力统计
这样只用开单块需要的空间，空间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)
显然整块经过若干次减法修改后值域不断缩小，当值域大小为 \(v\) 时，枚举的值域是 \(\mathcal{O}(v)\) 的。
由于我们只关心并查集根的 \(size\)，所以可以进行路径压缩。路径压缩后并查集合并复杂度为 \(\mathcal{O}(1)\)，查询复杂度为 \(\mathcal{O}(\log n)\)
所以时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt{n}m + v \sqrt{n} \log n)\)
代码需要略微优化。快读快写套 inline，当前整块与询问区间无交集时不查询，值域上限减去标记后小于 \(x\) 不查询。
代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxq = 5e5 + 5;
const int maxv = 1e5 + 5;
const int inf = 2147483647;
struct node {
int opt, l, r, x;
} q[maxq];
int n, m;
int st, ed, cur, lazy;
int a[maxn], val[maxn], fa[maxn], size[maxn];
int rt[maxv];
int ans[maxq];
inline int read() {
int res = 0;
char ch = getchar();
while ((ch < '0') || (ch > '9')) {
ch = getchar();
}
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) {
res = res * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return res;
}
inline void write(int x) {
if (x > 9) {
write(x / 10);
}
putchar(x % 10 + '0');
}
inline int get(int x) {
if (fa[x] == x) {
return x;
}
return fa[x] = get(fa[x]);
}
inline void merge(int x, int y) {
if (rt[y]) {
fa[rt[x]] = rt[y];
} else {
rt[y] = rt[x];
val[rt[x]] = y;
}
size[y] += size[x];
rt[x] = size[x] = 0;
}
inline void init() {
cur = -inf, lazy = 0;
memset(rt, 0, sizeof(rt));
memset(size, 0, sizeof(size));
}
inline void build(int pos) {
cur = -inf, lazy = 0;
for (int i = st; i <= ed; i++) {
cur = max(cur, a[i]);
if (!rt[a[i]]) {
val[i] = a[i];
fa[i] = i;
rt[a[i]] = i;
} else {
fa[i] = rt[a[i]];
}
size[a[i]]++;
}
}
inline void modify(int l, int r, int x, int pos) {
for (int i = st; i <= ed; i++) {
int w = val[get(i)];
a[i] = w - lazy;
rt[w] = size[w] = 0;
}
for (int i = st; i <= ed; i++) {
val[i] = 0;
}
l = max(l, st);
r = min(r, ed);
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (a[i] > x) {
a[i] -= x;
}
}
build(pos);
}
inline void update(int x) {
if ((x << 1) <= (cur - lazy)) {
for (int i = lazy; i <= x + lazy; i++) {
if (rt[i]) {
merge(i, i + x);
}
}
lazy += x;
} else {
for (int i = cur; i > lazy + x; i--) {
if (rt[i]) {
merge(i, i - x);
}
}
cur = min(cur, x + lazy);
}
}
inline int query(int l, int r, int x) {
int res = 0;
l = max(l, st);
r = min(r, ed);
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (val[get(i)] - lazy == x) {
res++;
}
}
return res;
}
int main() {
int opt, l, r, x;
n = read(), m = read();
int block = sqrt(n);
int tot = ceil(n * 1.0 / block);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
q[i].opt = read(), q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].x = read();
}
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
init();
st = (i - 1) * block + 1;
ed = (i == tot ? n : i * block);
build(i);
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if ((q[j].l > ed) || (q[j].r < st)) {
continue;
}
if (q[j].opt == 1) {
if ((q[j].l <= st) && (ed <= q[j].r)) {
update(q[j].x);
} else {
modify(q[j].l, q[j].r, q[j].x, i);
}
} else {
if (q[j].x + lazy > 1e5 + 1) {
continue;
}
if ((q[j].l <= st) && (ed <= q[j].r)) {
ans[j] += size[q[j].x + lazy];
} else {
ans[j] += query(q[j].l, q[j].r, q[j].x);
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (q[i].opt == 2) {
write(ans[i]);
putchar('\n');
}
}
return 0;
}
标签：P4117,Ynoi2018,int,题解,查集,leq,整块,inline,rt 来源： https://www.cnblogs.com/lingspace/p/p4117.html
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