[BZOJ] 2120

2120: 数颜色

Time Limit: 6 Sec  Memory Limit: 259 MB
Submit: 6031  Solved: 2392
[Submit][Status][Discuss]

Description

墨墨购买了一套N支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会像你发布如下指令： 1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。 2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？

Input

第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。

Output

对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。

Sample Input

6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6

Sample Output

4
4
3
4

HINT

对于100%的数据，N≤10000，M≤10000，修改操作不多于1000次，所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于1且不超过10^6。

又是一道紧张刺激的BZOJ

单点更新，区间查询

每次查询区间内有多少个不同的数字

可以说是 poj 2777 的升级版

当颜色过少的时候，可以状压颜色，这样就能用线段树

但是这题颜色很多

“反正数据结构题就是XJB维护一个区间啦”

—— 来自某数据结构大佬的指点

很明显原区间根据我现在的能力不太好维护

所以我们考虑换过一个区间

olast[i] 表示第 i 个元素上次出现的位置

所以对于区间 [l, r] ，如果olast[i] < l， 就说明只出现过一次

所以问题就变成了

多次 单点更新，区间查询

每次查询 [l. r] 中小于 l 的数字有多少个

然后就是分块

查询的时候

对于每个不完整的块暴力查找

对于完整的块

对块的信息进行排序

然后可以二分查找

修改的时候感觉有点麻烦

你需要重构olast

重构过程中如果有块的内容发生改变

那么我们就重构块

复杂度。。。

每次查询是 num * log(sqrt(n))

每次更新是num * sqrt(n) *  log(sqrt(n))    （花在排序上）

似乎最优块的大小是    (sqrt(n)+log(2*n)/log(2))    应该是根据复杂度算的？

但好像没有快多少

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;const int M = 1000010;int ma[N];//int mb[N];int bl[N];      ///belongint wl[N];///块的左边界int wr[N];///块的右边界int pre[N];///排序后的块信息int nlast[M];    ///数字 i 最后出现在第 last[i] 处int olast[N];    ///第 i 个数字最后出现在第 last[i] 处int block;int num;int n, m;void build(){    block = sqrt(n);    //block=int(sqrt(n)+log(2*n)/log(2));    num = n / block;    if(n % block){        num ++;    }    for(int i = 1; i <= n; i ++){        bl[i] = (i - 1) / block + 1;    }    for(int i = 1; i <= num; i ++){        wl[i] = (i - 1) * block + 1;        wr[i] = i * block;    }    wr[num] = n;    for(int i = 1; i <= num; i ++){        for(int j = wl[i]; j <= wr[i]; j ++){            pre[j] = olast[j];        }        sort(pre + wl[i], pre + wr[i] + 1);    }}int query(int ll, int rr){    int ans = 0;    if(bl[ll] == bl[rr]){        for(int i = ll; i <= rr; i ++){            if(olast[i] < ll){                ans ++;            }        }    }    else{        for(int i = ll; i <= wr[bl[ll]]; i ++){            if(olast[i] < ll){                ans ++;            }        }        for(int i = bl[ll] + 1; i < bl[rr]; i ++){  ///遍历块            ans += lower_bound(pre + wl[i], pre + wr[i] + 1, ll) - pre - wl[i];        }        for(int i = wl[bl[rr]]; i <= rr; i ++){            if(olast[i] < ll){                ans ++;            }        }    }    return ans;}void update(int x, int v){    int mark;    for(int i = 1; i <= n; i ++){///直接用memset清空复杂度是1e6        nlast[ma[i]] = 0;    }        ma[x] = v;    for(int i = 1; i <= num; i ++){        mark = 0;        for(int j = wl[i]; j <= wr[i]; j ++){            if(olast[j] != nlast[ma[j]]){                mark = 1;            }            olast[j] = nlast[ma[j]];            nlast[ma[j]] = j;        }        if(mark){            for(int j = wl[i]; j <= wr[i]; j ++){                pre[j] = olast[j];            }            sort(pre + wl[i], pre + wr[i] + 1);        }    }}int main(){    while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2){        memset(nlast, 0, sizeof(nlast));        for(int i = 1; i <= n; i ++){            scanf("%d", &ma[i]);            olast[i] = nlast[ma[i]];            nlast[ma[i]] = i;        }        build();        for(int i = 0; i < m; i ++){            char ops[N];            int x, y;            int ans;            scanf("%s%d%d", ops, &x, &y);            if(ops[0] == 'Q'){                ans = query(x, y);                printf("%d\n", ans);            }            else{                update(x, y);            }        }    }}