【bzoj2989】【数列】【cdq分治+树状数组】

Description

给定一个长度为n的正整数数列a[i]。

定义2个位置的graze值为两者位置差与数值差的和，即graze(x,y)=|x-y|+|a[x]-a[y]|。

2种操作（k都是正整数）：

1.Modify x k：将第x个数的值修改为k。

2.Query x k：询问有几个i满足graze(x,i)<=k。因为可持久化数据结构的流行，询问不仅要考虑当前数列，还要

考虑任意历史版本，即统计任意位置上出现过的任意数值与当前的a[x]的graze值<=k的对数。（某位置多次修改为

同样的数值，按多次统计）

Input

第1行两个整数n,q。分别表示数列长度和操作数。

第2行n个正整数，代表初始数列。

第3--q+2行每行一个操作。

Output

对于每次询问操作，输出一个非负整数表示答案

Sample Input

3 5
2 4 3
Query 2 2
Modify 1 3
Query 2 2
Modify 1 2
Query 1 1

Sample Output

2
3
3

HINT

N<=60000 修改操作数<=40000 询问<=50000 Max{a[i]}含修改<=100000

题解：

         首先可以发现所谓的可持久化看成加点即可.

         把(x,a[x])看成一个点.然后我们把曼哈顿距离转化成切比雪夫距离.

         问题就变成了每次询问一个矩形中有多少点.

         把一个矩形拆成4个然后cdq分治+树状数组即可.

         注意坐标不一定都在第一象限,拆分矩形的时候判断一下即可.

代码:

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>#define N 100010#define M 200010using namespace std;int n,m,a[N],tot,x,y,k,cnt,mx,t[M<<2],ans[M];char ch[10]; struct use{int x,y,id,k,v,p;}q[M<<2],p[M<<2];int read(){  int x(0);char ch=getchar();  while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();  return x;             }void add(int kind,int p,int x,int y){  int xx=x-y,yy=x+y;mx=max(yy,mx);//cout<<xx<<' '<<yy<<endl;  if (kind==0){q[++tot].x=xx;q[tot].y=yy;q[tot].id=tot;q[tot].k=kind;}  else{    int x1=xx-k,y1=yy-k,x2=xx+k,y2=yy+k;mx=max(mx,y2);    if (y1>0){q[++tot].id=tot;q[tot].k=kind;q[tot].x=x1-1;q[tot].y=y1-1;q[tot].v=1;q[tot].p=p;}    q[++tot].id=tot;q[tot].k=kind;q[tot].x=x1-1;q[tot].y=y2;q[tot].v=-1;q[tot].p=p;    if (y1>0){q[++tot].id=tot;q[tot].k=kind;q[tot].x=x2;q[tot].y=y1-1;q[tot].v=-1;q[tot].p=p;}    q[++tot].id=tot;q[tot].k=kind;q[tot].x=x2;q[tot].y=y2;q[tot].v=1;q[tot].p=p;  }}bool cmp(use a,use b){  if (a.x==b.x){    if (a.y==b.y) return a.id<b.id;    else return a.y<b.y;  }  return a.x<b.x;}int lowbit(int x){return x&(-x);}void add(int x,int v){for (int i=x;i<=mx;i+=lowbit(i)) t[i]+=v;}int query(int x){  int ans(0);  for (int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans+=t[i];  return ans;}void solve(int l,int r){  if (l==r) return;  int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;  for (int i=l;i<=r;i++){    if (q[i].id<=mid&&!q[i].k) add(q[i].y,1);    if (q[i].id>mid&&q[i].k) ans[q[i].p]+=query(q[i].y)*q[i].v;  }    for (int i=l;i<=r;i++)    if (q[i].id<=mid&&!q[i].k) add(q[i].y,-1);   for (int i=l;i<=r;i++)    if (q[i].id<=mid) p[l1++]=q[i];    else p[l2++]=q[i];  for (int i=l;i<=r;i++) q[i]=p[i];  solve(l,mid);solve(mid+1,r);}int main(){  n=read();m=read();  for (int i=1;i<=n;i++)    a[i]=read(),add(0,0,i,a[i]);  for (int i=n+1;i<=n+m;i++){    scanf("%s",ch);    if (ch[0]=='M') x=read(),y=read(),add(0,0,x,y),a[x]=y;    else x=read(),k=read(),add(1,++cnt,x,a[x]);  }  sort(q+1,q+tot+1,cmp);mx++;  solve(1,tot);  for (int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d\n",ans[i]);  }