2120: 数颜色

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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。

2016.3.2新加数据两组by Nano_Ape

题目链接:BZOJ 2120

一直比较喜欢莫队的暴力式算法,但是会的都too simple,这题的莫队里加了一个修改的操作就比纯暴力有意思,但是这样加上去要如何修改呢?修改的顺序应该是怎么样的呢?

一种解法是将询问和修改操作分开存放,询问要增加一个记录当前询问时已出现修改次数的变量t,再继续按照原来莫队的排序顺序进行排序,修改则是用另外的结构体存放修改位置和修改之前这个位置的值(至于为什么要存之前的值后面会说),每一次先把区间移动好,再看操作次数T与当前询问的t之间的关系,若不同则要进行撤回或者更新,怎么撤回更新呢?这时候就要用到修改结构体中记录修改前的值的作用了,每一次撤回或者更新,都把当前的val与当前修改的位置的值作交换,那么假设是更新,把原来的值交换到了现在的val里,现在的arr[x]中是修改后的val,假设又要撤回了,那又一次地把val与arr[x]交换,这样确实做到了撤回,为什么可以这样呢?因为在更新的时候T的变化是连续的而不是跳跃着更新,不然这个修改结构体里的val多经过几次修改就会对不上号了。

其中需要注意一些细节,比如说询问的存放显然是可以从0~cnt_query,但是询问的t肯定是从1开始的,因此记录修改次数的cc要先自增1再把修改操作存入C[cc]……然后就是++ -- 对应的判断1或0别写反了就行……写完发现比原来参考的别人的题解速度快一倍,真是奇怪……,哦还有另外一种做法就是主席树+树状数组,然而并不会就只能默默地学习一个莫队了

送一组发现了某处低级错误错误的数据

2 4
1 2
Q 1 2
R 1 3
Q 1 2
Q 1 1

Ans
2
2
1

代码:

#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=10010;
const int M=1000007;
struct info
{
int l,r,t;
int b,id;
bool operator<(const info &t)const
{
if(b==t.b)
return r<t.r;
return b<t.b;
}
};
struct modify
{
int pos;
int val;
}; modify C[N];
info Q[N];
int arr[N],ans[N],vis[M];
char ops[3]; int main(void)
{
int n,m,l,r,x,i,val;
while (~scanf("%d%d",&n,&m))
{
CLR(vis,0);
CLR(ans,0);
int unit=(int)sqrt(n); for (i=1; i<=n; ++i)
scanf("%d",&arr[i]); int cq=0,cc=0;
for (i=0; i<m; ++i)
{
scanf("%s",ops);
if(ops[0]=='Q')
{
scanf("%d%d",&l,&r);
Q[cq].l=l;
Q[cq].r=r;
Q[cq].b=Q[cq].l/unit;
Q[cq].id=cq;
Q[cq].t=cc;
++cq;
}
else
{
++cc;
scanf("%d%d",&x,&val);
C[cc].pos=x;
C[cc].val=val;
}
}
sort(Q,Q+cq);
int L=1,R=0,T=0;
int temp=0; for (i=0; i<cq; ++i)
{
while (L<Q[i].l)
{
if(--vis[arr[L]]==0)
--temp;
++L;
}
while (L>Q[i].l)
{
--L;
if(++vis[arr[L]]==1)
++temp;
}
while (R<Q[i].r)
{
++R;
if(++vis[arr[R]]==1)
++temp;
}
while (R>Q[i].r)
{
if(--vis[arr[R]]==0)
--temp;
--R;
}
while (T<Q[i].t)///大于区间
{
++T;
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(--vis[arr[C[T].pos]]==0)
--temp;
}
swap(C[T].val,arr[C[T].pos]);
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(++vis[arr[C[T].pos]]==1)
++temp;
}
}
while (T>Q[i].t)///缩小区间
{
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(--vis[arr[C[T].pos]]==0)
--temp;
}
swap(C[T].val,arr[C[T].pos]);
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(++vis[arr[C[T].pos]]==1)
++temp;
}
--T;
}
ans[Q[i].id]=temp;
}
for (i=0; i<cq; ++i)
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}

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