标签：pre nxt int 题解 盼君 Ynoi2015 leq maxn mathcal
题意
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 和 \(m\) 个询问 \(l, r, p\)，每次询问 \([l, r]\) 中所有子序列去重后的和 \(\bmod p\)
\(1 \leq n, m, a_i \leq 10^5, 1 \leq p \leq 10^9, 1 \leq l \leq r \leq n\)
思路
莫队 + 光速幂。
操作不带修，考虑莫队。
考虑每个值对答案的贡献。
设当前区间为 \([l, r]\)，值 \(v\) 在 \([l, r]\) 内的出现次数为 \(cnt_v\)
很难直接求去重后包含值 \(k\) 的子序列个数，不妨稍加转化。如果将这些子序列中的 \(k\) 删除，则这些子序列中一定不出现 \(k\)。容易看出 \([l, r]\) 内不包含 \(k\) 的子序列个数共有 \(2^{r - l + 1 - cnt_k}\) 个。这意味着包含值 \(k\) 的子序列共有 \(2^{r - l + 1} - 2^{r - l + 1 - cnt_k}\) 个。出现次数直接用普通莫队维护即可，复杂度是 \(\mathcal{O}(n \sqrt{q})\)
对于出现次数相同的值，我们可以将它们的贡献一起统计。这里的实现可以维护一个针对出现次数的值域双向链表（？），每次从当前的出现次数开始向下一个存在的出现次数跳。双向链表的插入和删除可以 \(\mathcal{O}(1)\) 做。显然询问的复杂度和值出现次数的个数有关，又易知对于不同的值出现次数，其个数是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 的。所以这一部分的复杂度是 \(\mathcal{O}(q \sqrt{n})\)
普通的快速幂会被卡常。求 \(2\) 的整次幂可以用光速幂，这里不再赘述。这里光速幂单次预处理的复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)，查询 \(\mathcal{O}(1)\)
总复杂度 \(\mathcal{O}(n \sqrt{q} + q \sqrt{n})\)
代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int max_block = 1e5 + 5;
int n, m;
int tot, bl;
int pre[maxn], nxt[maxn];
int a[maxn], bel[maxn], cnt[maxn];
ll f[max_block + 10][2];
ll sum[maxn];
ll ans[maxn];
struct ques
{
int l, r, p, id;
bool operator < (const ques &rhs) const
{
if (bel[l] ^ bel[rhs.l]) return bel[l] < bel[rhs.l];
return (bel[l] & 1 ? r < rhs.r : r > rhs.r);
}
} q[maxn];
void insert(int k)
{
nxt[tot] = k;
pre[k] = tot;
tot = k;
}
void erase(int k)
{
if (tot == k)
{
nxt[pre[k]] = 0;
tot = pre[k];
}
else
{
nxt[pre[k]] = nxt[k];
pre[nxt[k]] = pre[k];
}
pre[k] = nxt[k] = 0;
}
inline void init(int mod)
{
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= bl; i++) f[i][0] = 2ll * f[i - 1][0] % mod;
f[0][1] = 1;
for (int i = 1; i <= bl; i++) f[i][1] = 1ll * f[i - 1][1] * f[bl][0] % mod;
}
inline ll query(int power, int mod)
{
return f[power % bl][0] * f[power / bl][1] % mod;
}
inline void add(int pos)
{
sum[cnt[a[pos]]] -= a[pos];
if (!sum[cnt[a[pos]]]) erase(cnt[a[pos]]);
cnt[a[pos]]++;
if (!sum[cnt[a[pos]]]) insert(cnt[a[pos]]);
sum[cnt[a[pos]]] += a[pos];
}
inline void del(int pos)
{
sum[cnt[a[pos]]] -= a[pos];
if (!sum[cnt[a[pos]]]) erase(cnt[a[pos]]);
cnt[a[pos]]--;
if (!sum[cnt[a[pos]]]) insert(cnt[a[pos]]);
sum[cnt[a[pos]]] += a[pos];
}
int main()
{
int l = 1, r = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
int block = n / sqrt(m);
bl = block + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
bel[i] = (i - 1) / block + 1;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d%d", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].p);
q[i].id = i;
}
sort(q + 1, q + m + 1);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
while (r < q[i].r) add(++r);
while (l > q[i].l) add(--l);
while (l < q[i].l) del(l++);
while (r > q[i].r) del(r--);
int len = r - l + 1;
init(q[i].p);
for (int j = nxt[0]; j; j = nxt[j])
{
ll val = sum[j] * (query(len, q[i].p) - query(len - j, q[i].p) + q[i].p) % q[i].p;
ans[q[i].id] = (ans[q[i].id] + val) % q[i].p;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
标签：pre,nxt,int,题解,盼君,Ynoi2015,leq,maxn,mathcal 来源： https://www.cnblogs.com/lingspace/p/p5072.html
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