由于BZOJ这题要contact lydsy2012@163.com,所以就放个洛谷的传送门(我木有BZOJ权限号啊0.0)

诶?这不是莫队裸题??

等等……这题强制在线欸,没办法莫队了,肿么破?

之前好像看过一篇洛谷日报 你以为莫队只能离线?莫队的在线化改造

感觉思想可能差不多,不过也就是个分块吧。

  • 用 \(s[i][j]\) 表示第 \(i\) 块到第 \(j\) 块的答案
  • 用 \(t[i][j]\) 表示 \(i\) 这个数在 \(1\) 到 \(j\) 块出现次数

统计时,我们已经知道中间大块的答案 \(ans\) 了(就是预处理出的 \(s\)),当我们加入边上的碎块时,比如当前加入 \(a[i]\),把它丢到一个桶里,由于我们通过 \(t\) 数组可以知道中间大块 \(a[i]\) 的出现次数,通过桶可以知道碎块里 \(a[i]\) 的出现次数,所以就可以知道 \(a[i]\) 出现次数的奇偶性变化,就可以判断 \(ans\) 是 \(+1\) 还是 \(-1\),或者不变(\(a[i]\) 只出现一次,答案不变)

这样把边上碎块都加完后,就得到整段区间的答案啦(✪ω✪)

每次做完后,记得把桶清空,不要用memset!!

#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frz(i,x,y) for(int i=x,z=y;i<=z;i++)
using namespace std;
const int N=100002;
const int M=320;
const double EPS=1e-8;
int n,m,q,a[N];
int c[N];
int x,y,ans; void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
} int blo,kk;
int t[N][M],s[M][M];
void init(){
blo=sqrt(n);kk=n/blo;
fr(i,1,n)
fr(j,i/blo,kk) t[a[i]][j+1]++;
fr(i,0,kk){
int sum=0;
fr(j,i,kk){
frz(k,max(j*blo,1),min(j*blo+blo-1,n))
if (c[a[k]]++) sum+=(c[a[k]]&1)?-1:1;
s[i][j]=sum;
}
fr(j,max(i*blo,1),n) c[a[j]]--;
}
} void query(int x,int y){
ans=0;
if (x/blo==y/blo){
fr(i,x,y)
if (c[a[i]]++) ans+=(c[a[i]]&1)?-1:1;
fr(i,x,y) c[a[i]]--;
return;
}
int k1=x/blo+1,k2=y/blo-1+1,xx;
ans=s[x/blo+1][y/blo-1];
frz(i,x,x/blo*blo+blo-1)
if (xx=t[a[i]][k2]-t[a[i]][k1]+(c[a[i]]++)) ans+=(xx&1)?1:-1;
fr(i,y/blo*blo,y)
if (xx=t[a[i]][k2]-t[a[i]][k1]+(c[a[i]]++)) ans+=(xx&1)?1:-1;
frz(i,x,x/blo*blo+blo-1) c[a[i]]--;
fr(i,y/blo*blo,y) c[a[i]]--;
} int main(){
//cout<<rand()%4+1;
read(n);read(m);read(q);
fr(i,1,n) read(a[i]);
init();
while(q--){
read(x);read(y);
x=(x+ans)%n+1,y=(y+ans)%n+1;
if (x>y) swap(x,y);
query(x,y);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

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