P2464 [SDOI2008]郁闷的小J

题目描述

小J是国家图书馆的一位图书管理员，他的工作是管理一个巨大的书架。虽然他很能吃苦耐劳，但是由于这个书架十分巨大，所以他的工作效率总是很低，以致他面临着被解雇的危险，这也正是他所郁闷的。

具体说来，书架由N个书位组成，编号从1到N。每个书位放着一本书，每本书有一个特定的编码。

小J的工作有两类：

1.图书馆经常购置新书，而书架任意时刻都是满的，所以只得将某位置的书拿掉并换成新购的书。

2.小J需要回答顾客的查询，顾客会询问某一段连续的书位中某一特定编码的书有多少本。

例如，共5个书位，开始时书位上的书编码为1，2，3，4，5

一位顾客询问书位1到书位3中编码为“2”的书共多少本，得到的回答为：1

一位顾客询问书位1到书位3中编码为“1”的书共多少本，得到的回答为：1

此时，图书馆购进一本编码为“1”的书，并将它放到2号书位。

一位顾客询问书位1到书位3中编码为“2”的书共多少本，得到的回答为：0

一位顾客询问书位1到书位3中编码为“1”的书共多少本，得到的回答为：2

……

你的任务是写一个程序来回答每个顾客的询问。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数N，M，表示一共N个书位，M个操作。

接下来一行共N个整数数A1,A2…AN，Ai表示开始时位置i上的书的编码。

接下来M行，每行表示一次操作，每行开头一个字符

若字符为‘C’，表示图书馆购进新书，后接两个整数A(1<=A<=N)，P，表示这本书被放在位置A上，以及这本书的编码为P。

若字符为‘Q’，表示一个顾客的查询，后接三个整数A，B，K(1<=A<=B<=N)，表示查询从第A书位到第Ｂ书位（包含Ａ和Ｂ）中编码为Ｋ的书共多少本。

输出格式：

对每一个顾客的查询，输出一个整数，表示顾客所要查询的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

对于40%的数据，1<=N,M<=5000

对于100%的数据，1<=N,M<=100000

对于100%的数据，所有出现的书的编码为不大于2147483647的正数。

Solution：

　　本题解法太多，前后用了4种方法去做，由简入繁。

　　法一：分块+map（736ms）

　　我们可以将数列划分为$\sqrt n$块，每个块用map维护块内元素出现次数，那么单次修改可以做到$O(\log(\sqrt n))$，单次查询能做到$\sqrt n \log (\sqrt n)$。时间复杂度$O(n\sqrt n \log(\sqrt n))$，极限数据能卡到$2e8$，但是本题数据比较水也能过。

　　法一代码：

/*Code by 520 -- 10.28*/

#include<bits/stdc++.h>

#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>

#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>

#define il inline

#define ll long long

#define RE register

#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)

#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)

using namespace std;

using namespace __gnu_pbds;

const int N=;

gp_hash_table<int,int>mp[];

int n,m,a[N],bl[N],ln[N],rn[N],clo,u,v,w;

char opt[];

int gi(){

    int a=;char x=getchar();

    while(x<''||x>'') x=getchar();

    while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();

    return a;

}    

il int query(int x,int y,int z){

    int bx=bl[x],by=bl[y],res=;

    if(bx==by) {

        For(i,x,y) res+=(a[i]==z);

        return res;

    }

    For(i,bx+,by-) res+=mp[i][z];

    For(i,x,rn[bx]) res+=(a[i]==z);

    For(i,ln[by],y) res+=(a[i]==z);

    return res;

}

int main(){

    n=gi(),m=gi(); clo=sqrt(n);

    For(i,,n) {

        a[i]=gi(),bl[i]=(i-)/clo+,mp[bl[i]][a[i]]++;

        if(!ln[bl[i]]) ln[bl[i]]=i;

        rn[bl[i]]=i;

    }

    For(i,,m){

        scanf("%s",opt);

        if(opt[]=='Q') u=gi(),v=gi(),w=gi(),printf("%d\n",query(u,v,w));

        else {

            u=gi(),v=gi();

            mp[bl[u]][a[u]]--;

            a[u]=v;

            mp[bl[u]][a[u]]++;

        }

    }

    return ;

}

　　法二：分块+离散化（383ms）

　　我们显然可以用奇技淫巧优化掉法一中的$\log(\sqrt n)$。只需要离线操作，并对数的值域离散，然后用空间换时间，一种方法是把块数调小，另一种是直接用short类型来开桶（反正一个块内的元素次数不会超过$\sqrt n<2^{16}-1$），能卡着空间过。时间复杂度$O(n\sqrt n)$。

　　法二代码：　　

/*Code by 520 -- 10.28*/

#include<bits/stdc++.h>

#define il inline

#define ll long long

#define RE register

#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)

#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)

using namespace std;

const int N=;

int n,m,a[N],bl[N],ln[N],rn[N],clo,u,v,w,*q[N<<],cnt;

struct node{

    int l,r,x;

}t[N];

short mp[][N<<];

char opt[N][];

int gi(){

    int a=;char x=getchar();

    while(x<''||x>'') x=getchar();

    while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();

    return a;

}    

il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;}

il int query(int x,int y,int z){

    int bx=bl[x],by=bl[y],res=;

    if(bx==by) {

        For(i,x,y) res+=(a[i]==z);

        return res;

    }

    For(i,bx+,by-) res+=mp[i][z];

    For(i,x,rn[bx]) res+=(a[i]==z);

    For(i,ln[by],y) res+=(a[i]==z);

    return res;

}

int main(){

    n=gi(),m=gi(); clo=sqrt(n);

    For(i,,n) {

        a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i],bl[i]=(i-)/clo+;

        if(!ln[bl[i]]) ln[bl[i]]=i;

        rn[bl[i]]=i;

    }

    For(i,,m){

        scanf("%s",opt[i]);

        if(opt[i][]=='Q') t[i]=node{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&t[i].x;

        else t[i]=node{gi(),gi(),},q[++cnt]=&t[i].r;

    }

    sort(q+,q+cnt+,cmp); int lst=-,tot=;

    For(i,,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot;

    For(i,,n) mp[bl[i]][a[i]]++;

    For(i,,m){

        if(opt[i][]=='Q') printf("%d\n",query(t[i].l,t[i].r,t[i].x));

        else {

            u=t[i].l,v=t[i].r;

            mp[bl[u]][a[u]]--;

            a[u]=v;

            mp[bl[u]][a[u]]++;

        }

    }

    return ;

}

　　法三：带修改主席树（1156ms ）

　　本题显然是个带修主席树的板子，只需要离线操作并对值域离散，然后就直接板子咯。时间复杂度$O(n\log^2 n)$。

　　法三代码：

/*Code by 520 -- 10.28*/

#include<bits/stdc++.h>

#define il inline

#define ll long long

#define RE register

#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)

#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)

using namespace std;

const int N=;

int n,m,a[N],*q[N<<],cnt,tot,rt[N],X[N],Y[N],tx,ty;

struct query{

    int l,r,x;

}qus[N];

struct node{

    int ls,rs,sz;

}t[N*];

char opt[N][];

int gi(){

    int a=;char x=getchar();

    while(x<''||x>'') x=getchar();

    while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();

    return a;

}    

il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;}

void ins(int l,int r,int k,int x,int lst,int &rt){

    if(!rt) rt=++tot; t[rt]=t[lst],t[rt].sz+=x;

    if(l==r) return;

    int m=l+r>>;

    if(k<=m) ins(l,m,k,x,t[lst].ls,t[rt].ls);

    else ins(m+,r,k,x,t[lst].rs,t[rt].rs);

}

il void update(int i,int v){

    int k=a[i];

    while(i<=n) ins(,cnt,k,v,rt[i],rt[i]),i+=i&-i;

}

il int calc(int x){

    int l=,r=cnt,k=qus[x].x,res=;

    tx=ty=;

    for(RE int i=qus[x].l-;i;i-=i&-i) X[++tx]=rt[i];

    for(RE int i=qus[x].r;i;i-=i&-i) Y[++ty]=rt[i];

    while(){

        int mid=l+r>>;

        if(l==r) break;

        if(mid>=k) {

            r=mid;

            For(i,,tx) X[i]=t[X[i]].ls;

            For(i,,ty) Y[i]=t[Y[i]].ls;

        }

        else {

            l=mid+;

            For(i,,tx) X[i]=t[X[i]].rs;

            For(i,,ty) Y[i]=t[Y[i]].rs;

        }

    }

    For(i,,ty) res+=t[Y[i]].sz;

    For(i,,tx) res-=t[X[i]].sz;

    return res;

}

int main(){

    n=gi(),m=gi();

    For(i,,n) a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i];

    For(i,,m){

        scanf("%s",opt[i]);

        if(opt[i][]=='Q') qus[i]=query{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&qus[i].x;

        else qus[i]=query{gi(),gi(),},q[++cnt]=&qus[i].r;

    }

    sort(q+,q+cnt+,cmp); int lst=-;

    For(i,,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot;

    cnt=tot;

    memset(&t[tot=],,sizeof(t[]));

    For(i,,n) update(i,);

    For(i,,m){

        if(opt[i][]=='Q') printf("%d\n",calc(i));

        else {

            int u=qus[i].l,v=qus[i].r;

            update(u,-),a[u]=v,update(u,);

        }

    }

    return ;

}

　　法四：平衡树（432ms）

　　我们离线操作并对值域离散后，可以直接用无旋treap维护每个值域的下标中序，那么修改就是简单的删除操作，查询也是简单的分离操作。时间复杂度$O(n\log n)$。

　　法四代码：

/*Code by 520 -- 10.28*/

#include<bits/stdc++.h>

#define il inline

#define ll long long

#define RE register

#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)

#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)

using namespace std;

const int N=;

int n,m,a[N],*q[N<<],cnt;

int ch[N][],rt[N],rnd[N],date[N],siz[N];

struct node{

    int l,r,x;

}t[N];

char opt[N][];

int gi(){

    int a=;char x=getchar();

    while(x<''||x>'') x=getchar();

    while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();

    return a;

}    

il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;}

il int newnode(int v){

    ++cnt;

    siz[cnt]=,date[cnt]=v,rnd[cnt]=rand();

    return cnt;

}

il void up(int rt){siz[rt]=siz[ch[rt][]]+siz[ch[rt][]]+;}

int merge(int x,int y){

    if(!x||!y) return x+y;

    if(rnd[x]<rnd[y]) {ch[x][]=merge(ch[x][],y),up(x);return x;}

    else {ch[y][]=merge(x,ch[y][]),up(y);return y;}

}

void split(int rt,int v,int &x,int &y){

    if(!rt) {x=y=;return;}

    if(date[rt]<=v) x=rt,split(ch[rt][],v,ch[x][],y),up(x);

    else y=rt,split(ch[rt][],v,x,ch[y][]),up(y);

}

il void ins(int k,int v){

    int x,y; split(rt[k],v,x,y),rt[k]=merge(merge(x,newnode(v)),y);

}

il void del(int k,int v){

    int x,y,z; split(rt[k],v,x,y),split(x,v-,x,z),rt[k]=merge(x,y);

}

int main(){

    srand(time());

    n=gi(),m=gi();

    For(i,,n) a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i];

    For(i,,m){

        scanf("%s",opt[i]);

        if(opt[i][]=='Q') t[i]=node{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&t[i].x;

        else t[i]=node{gi(),gi(),},q[++cnt]=&t[i].r;

    }

    sort(q+,q+cnt+,cmp); int lst=-,tot=;

    For(i,,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot;

    cnt=;

    For(i,,n) ins(a[i],i);

    For(i,,m){

        if(opt[i][]=='Q') {

            int x,y,z;

            split(rt[t[i].x],t[i].r,x,y),split(x,t[i].l-,x,z);

            printf("%d\n",siz[z]);

            rt[t[i].x]=merge(merge(x,z),y);

        }

        else {

            int x,y,z,u=t[i].l,v=t[i].r;

            del(a[u],u),a[u]=v,ins(a[u],u);

        }

    }

    return ;

}