莫队算法学习小记

前言：

听说B组有一道莫队，我瞬间懵逼了，要让初一超了！于是赶紧去恶补算法。

莫队算法是什么？

就是可以处理离线区间查询问题的分块算法，几乎无敌。

不带修改莫队算法的实现

首先把序列以⌊n√⌋的长度分块。
把所有操作，以左端点所在的块为第一关键字，右端点为第二关键字，排个序，然后直接暴力跳就行了。

不带修改莫队算法的复杂度分析

左端点：在一个块里的时候最多跳n√格，跨两块最多2∗n√，当然，也有可能跨多块，但它最多跨n√块，一共会跳ｎ次，所以是O(n∗⌊n√⌋)
右端点：当左端点在一个块里的时候，它最多跳n次，左端点一共会在n√个块，所以复杂度是O(n∗n√)

不带修改莫队算法的代码：

裸题：【2010集训队出题】小Z的袜子

#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define ll long long#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)#define sqr(a) ((a) * (a))using namespace std;const int N = 50005;int n, m, sn, num[N], a[N];ll ans[N], t[N];struct node {    int l, r, num;}b[N], c[N];bool rank(node a, node b) {    if(num[a.l] < num[b.l]) return 1;    if(num[a.l] > num[b.l]) return 0;    return a.r < b.r;}ll gcd(ll x, ll y) {return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);}void ch1(ll &ans, int x, int c) {    ans -= sqr(t[x]); t[x] += c; ans += sqr(t[x]);}int main() {    freopen("len.in", "r", stdin);    scanf("%d %d", &n, &m);    sn = sqrt(n * 1.0);    fo(i, 1, n) num[i] = num[i - 1] + ((i - 1) % sn == 0);    fo(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);    fo(i, 1, m) scanf("%d %d", &b[i].l, &b[i].r), b[i].num = i, c[i] = b[i];    sort(b + 1, b + m + 1, rank);    int l = 1, r = 0;    fo(i, 1, m) {        int u = b[i].num;        ans[u] = ans[b[i - 1].num];        fo(j, l, b[i].l - 1) ch1(ans[u], a[j], -1);        fo(j, b[i].l, l - 1) ch1(ans[u], a[j], 1);        fo(j, r + 1, b[i].r) ch1(ans[u], a[j], 1);        fo(j, b[i].r + 1, r) ch1(ans[u], a[], -1);        l = b[i].l, r = b[i].r;    }    fo(i, 1, m) {        int len = c[i].r - c[i].l + 1;        ll up = ans[i] - len, down = (ll)len * (len - 1);        if(up == 0) printf("0/1\n"); else  {            ll d = gcd(up, down);            printf("%lld/%lld\n", up / d, down / d);        }    }}

带修改莫队的实现：

注意修改必须是单点修改。
以n23大小来分块。
左端点所在块为第一关键字，右端点所在块为第二关键字，该查询前面有多少个修改为第三关键字，排个序（为pascal选手心累）。
然后直接扫一遍统计答案。
一些细节：我们知道这样做修改操作是要撤销的，那么可以把现在的值和要修改的值交换，下次回来撤销的时候，再交换即可，撤销操作时必须要倒着撤销。

带修改莫队的实现：

左端点：n23∗n=n53
右端点：n23∗n=n53
修改指针：n13∗n13∗n=n53
所以总复杂度是O(n53)

带修改莫队的代码：

题目：
有n个数编号从0→n-1,两种操作：
Q L R:询问编号为L→R-1的数中共有多少种不同的数
M X Y：将编号为X的数改为Y
共有m个操作。
n,m<=50000
Code：

#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)#define fd(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i --)#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))using namespace std;const int N = 50005, M = 1000005;char cc;int sx, sc, n, m, sn, a[N], la[N], t[M], num[N], ans[N];struct node {    int l, r, t, num;}b[N];struct ch {    int x, c;}c[N];bool rank(node a, node b) {    if(num[a.l] < num[b.l]) return 1;    if(num[a.l] > num[b.l]) return 0;    if(num[a.r] < num[b.r]) return 1;    if(num[a.r] > num[b.r]) return 0;    return a.t < b.t;}void Init() {    scanf("%d %d", &n, &m);    sn = max(1, pow((long double)n, 0.66666666666));    fo(i, 1, n) num[i] = num[i - 1] + ((i - 1) % sn == 0);    fo(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);    sx = 0, sc = 0;    fo(i, 1, m) {        cc = ' '; for(;cc != 'Q' && cc != 'M';cc = getchar());        if(cc == 'Q') {            sx ++;            scanf("%d %d", &b[sx].l, &b[sx].r);            b[sx].l ++;            b[sx].t = sc; b[sx].num = sx;        } else {            sc ++;            scanf("%d %d", &c[sc].x, &c[sc].c);            c[sc].x ++;        }    }    sort(b + 1, b + sx + 1, rank);}void ch1(int &ans, int x, int c) {    ans -= t[x] > 0;    t[x] += c;    ans += t[x] > 0;}void ch2(int &ans, int x, int l, int r) {    if(c[x].x >= l && c[x].x <= r) ch1(ans, a[c[x].x], -1);    swap(a[c[x].x], c[x].c);    if(c[x].x >= l && c[x].x <= r) ch1(ans, a[c[x].x], 1);}void End() {    int l = 1, r = 0, t = 0;    fo(i, 1, sx) {        int u = b[i].num;        ans[u] = ans[b[i - 1].num];        fo(j, b[i].l, l - 1) ch1(ans[u], a[j], 1);        fo(j, r + 1, b[i].r) ch1(ans[u], a[j], 1);        fo(j, l, b[i].l - 1) ch1(ans[u], a[j], -1);        fo(j, b[i].r + 1, r) ch1(ans[u], a[j], -1);        fd(j, t, b[i].t + 1) ch2(ans[u], j, b[i].l, b[i].r);        fo(j, t + 1, b[i].t) ch2(ans[u], j, b[i].l, b[i].r);        l = b[i].l, r = b[i].r, t = b[i].t;    }    fo(i, 1, sx) printf("%d\n", ans[i]);}int main() {    Init();    End();}

树上莫队的实现：

就是建一个数的括号序列，st[x]、en[x]分别表示x的第一次出现的位置和第二次出现的位置。
对于两点x,y,使dfn[x] <= dfn[y].
如果x是y的祖先吗，那么en[y] -> en[x]之间出现一次的点就是x->y路径上的点。
如果不是,那么en[x]->st[x]之间出现一次的点就是x->y路径上的点，除了lca，所以还要暴力处理lca。
求出每个询问需要用到哪些区间以后，按照序列上莫队的做法去完成剩下的操作即可。注意出现次数必须是1，所以我们还需开一个数组维护这个数出现了几次，一次就加，二次就减。
如果有修改，同理。
裸题是[bzoj]3757 苹果树，不用修改的.
Code：

#include<cmath>#include <cstdio>#include <algorithm>#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)#define abs(a) ((a) > 0 ? (a) : -(a))using namespace std;const int N = 50005, M = 100005;int n, m, x, y, u, v, g, c[N], t[M], cha[N], num[N * 2], ans[M], st[N], en[N];int dd, tt, dfs[N], dep[N], siz[N], fa[N], top[N], son[N], bz[N], w[N * 2];int tot, final[N];struct edge {    int to, next;}e[N * 2];struct ask {    int l, r, a, b, c, to;}d[M];void link(int x, int y) {    e[++ tot].next = final[x], e[tot].to = y, final[x] = tot;}void dg1(int x) {    dfs[x] = ++ dd;    bz[x] = 1; siz[x] = 1;    st[x] = ++ tt; w[tt] = x;    for(int k = final[x]; k; k = e[k].next) {        int y = e[k].to; if(bz[y]) continue;        dep[y] = dep[x] + 1; fa[y] = x;        dg1(y);        siz[x] += siz[y];        if(siz[y] > siz[son[x]]) son[x] = y;    }    en[x] = ++ tt; w[tt] = x;    bz[x] = 0;}void dg2(int x) {    bz[x] = 1;    if(top[x] == 0) top[x] = x;    if(son[x] != 0) top[son[x]] = top[x], dg2(son[x]);    for(int k = final[x]; k; k = e[k].next) {        int y = e[k].to; if(bz[y] || y == son[x]) continue;        dg2(y);    }    bz[x] = 0;}int Lca(int x, int y) {    while(top[x] != top[y])        if(dep[top[x]] > dep[top[y]]) x = fa[top[x]]; else y = fa[top[y]];    return dep[x] < dep[y] ? x : y;}bool rank(ask a, ask b) {    if(num[a.l] < num[b.l]) return 1;    if(num[a.l] > num[b.l]) return 0;    return a.r < b.r;}void Init() {    scanf("%d %d", &n, &m);    int nd = pow(2 * n, 0.5);    fo(i, 1, 2 * n) num[i] = num[i - 1] + ((i - 1) % nd == 0);    fo(i, 1, n) scanf("%d", &c[i]);    fo(i, 1, n) {        scanf("%d %d", &x, &y);        if(x == 0) {            g = y; continue;        }        if(y == 0) {            g = y; continue;        }        link(x, y);    }    dep[g] = 1; dg1(g);    dg2(g);    fo(i, 1, m) {        scanf("%d %d %d %d", &x, &y, &u, &v);        if(dfs[x] > dfs[y]) swap(x, y);        int lca = Lca(x, y);        d[i].a = u; d[i].b = v; d[i].to = i;        if(lca == x) {            d[i].l = en[y]; d[i].r = en[x];        } else {            d[i].l = en[x]; d[i].r = st[y]; d[i].c = lca;        }    }    sort(d + 1, d + m + 1, rank);}void xiu(int &s, int x) {    cha[x] ^= 1;    if(cha[x]) s += ++ t[c[x]] == 1; else s -= -- t[c[x]] == 0;;}void End() {    int l = 1, r = 0, la = 0;    fo(i, 1, m) {        while(l < d[i].l) xiu(la, w[l ++]); while(l > d[i].l) xiu(la, w[-- l]);        while(r < d[i].r) xiu(la, w[++ r]); while(r > d[i].r) xiu(la, w[r --]);        int u = d[i].to;        if(d[i].c) xiu(la, d[i].c);        ans[u] = la;        if(d[i].a != d[i].b && t[d[i].a] && t[d[i].b]) ans[u] --;        if(d[i].c) xiu(la, d[i].c);    }    fo(i, 1, m) printf("%d\n", ans[i]);}int main() {    Init();    End();}