标签：10 洛谷 int 题解 询问 bitset 区间 include P4688

题面

传送门
给定一个长度为 \(N\) 的序列 \(a\) 以及 \(M\) 次询问，每次询问为三个区间 \([l_1,r_1],[l_2,r_2],[l_3,r_3]\)。把三个区间中同时出现的数一个一个删掉，问最后三个区间剩下的数的个数和。
注意这里删掉指的是一个一个删，不是把等于这个值的数直接删完，比如三个区间是 \([1,2,2,3,3,3,3]\)，\([1,2,2,3,3,3,3]\) 与 \([1,1,2,3,3]\)，就一起扔掉了 \(1\) 个 \(1\)，\(1\) 个 \(2\)，\(2\) 个 \(3\)。
\(1≤N,M≤10^5\)，\(1≤a_i≤10^9\)。

题解

与普通莫队不同，这题每个询问为三个区间。那么我们就将所有区间分开处理，每次将区间的信息记录下来，最后统一更新每个询问的答案。但是我们发现，这题无法再用一个变量存储区间的信息，而需要用一个可以存储所有数值信息的数据结构。
先考虑一种较为暴力的解法：用数组记录，下标为数值，记录出现的次数。加入和删除均可以 \(O(1)\) 实现。对于每个询问的区间，将数组复制并记录，最后统一处理。
但数组自然不行，因为无法快速将实时迭代的信息转移到每个询问的区间上，并且空间也无法承受。于是想到使用bitset。
然而bitset有其弊端，就是只能记录0/1两种状态，而无法实现本题要求的“每个数出现了几次”。这里需要使用一种奇淫技巧：
设总共有 \(S\) 个数，那么bitset原要开 \(S\) 位；但我们开 \(N\) 位，并给予每一位一个二元组 \((x,y)\)，表示数 \(x\) 是否出现了至少 \(y\) 次。显然 \(N\) 位可以表示出所有的状态。在这一题中，由于数字本来就要离散化，预处理很好实现。
再来看莫队的增减操作，显然还是可以 \(O(1)\) 实现。
最后统一处理所有区间，容易想到只需将三个区间做与运算，结果为 \(1\) 的位数就是需要删去的位数。那么这一步也可以进一步简化（主要是减少空间），在求每个区间答案时用迭代的bitset实时更新。
这个做法对空间需求很大，需要开 \(10^5\) 个长度为 \(10^5\) 的bitset。估算为1200M，而本题空间限制为500M。可以将所有询问分成三次做，时间复杂度少有变化，空间可以减小为三分之一。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 33340;
int n, a[N], mp[N], pos[N], len[M], cnt[N];
bitset<N> ans[M], res;
struct Query {
    int id, l, r;
    bool operator <(const Query &oth) const {
        return pos[l] != pos[oth.l] ? pos[l] < pos[oth.l] : r < oth.r;
    }
} q[N];
int read() {
    int x = 0; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar();}
    return x;
}
void add(int x) {
    res[x + cnt[x]] = 1; cnt[x]++;
}
void del(int x) {
    cnt[x]--; res[x + cnt[x]] = 0;
}
void Solve(int m) {
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read(), l3 = read(), r3 = read();
        q[3 * i - 2] = (Query){i, l1, r1};
        q[3 * i - 1] = (Query){i, l2, r2};
        q[3 * i] = (Query){i, l3, r3};
        len[i] = r1 + r2 + r3 - l1 - l2 - l3 + 3;
    }
    sort(q + 1, q + 3 * m + 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) ans[i].set();
    memset(cnt, 0, sizeof (cnt)); res.reset();
    for (int i = 1, L = 1, R = 0; i <= 3 * m; i++) {
        while (R < q[i].r) add(a[++R]);
        while (R > q[i].r) del(a[R--]);
        while (L < q[i].l) del(a[L++]);
        while (L > q[i].l) add(a[--L]);
        ans[q[i].id] &= res;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", len[i] - ans[i].count() * 3);
}
int main() {
    n = read(); int m = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) mp[i] = a[i] = read();
    sort(mp + 1, mp + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(mp + 1, mp + n + 1, a[i]) - mp;
    int len = max(1, (int)sqrt((double)n * n / m));
    for (int i = 1; i <= n; i++) pos[i] = (i - 1) / len + 1;
    Solve(m / 3); Solve(m / 3); Solve(m - m / 3 * 2);
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Fisher-Y/p/16103701.html

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