CF1093:E. Intersection of Permutations(树状数组套主席树)
题意:给定长度为N的a数组,和b数组,a和b都是1到N的排列; 有两种操作,一种是询问[L1,R1],[L2,R2];即问a数组的[L1,R1]区间和b数组的[L2,R2]区间出现了多少个相同的数字。 一种是修改b数组两个位置的值。
思路:如果把b数组每个数取对应a数组对应数的位置,即按照b的下标建立横坐标,纵坐标是它在a中的位置,那么问题就成了,询问在区间[L2,R2]里面,多少个数在[L1,R1]这区间。 这很明显就是主席树可以解决的了。时间复杂度是O(N*logN*logN);常数差不多是4。
因为空间的问题,但是赛场上不少树套树都MLE或者RE了。
这里学到了回收空间:因为这里的节点不可能出现负数,所以如果一个节点的sum为0,那么子树节点的sum值都为0,那么这个子树都可以回收,即把它们赋值为0;
(cdq先补了G再回来补。分块懒得补了。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
struct in{
int l,r,sum;
in(){l=r=sum=;}
}s[maxn*];
queue<int>q;
int rt[maxn],pos[maxn],a[maxn],b[maxn],N,cnt;
void add(int &Now,int L,int R,int pos,int v)
{
if(!Now){
if(!q.empty()) Now=q.front(),q.pop();
else Now=++cnt;
}
s[Now].sum+=v;
if(L==R) return ;int Mid=(L+R)>>;
if(pos<=Mid) add(s[Now].l,L,Mid,pos,v);
else add(s[Now].r,Mid+,R,pos,v);
if(!s[Now].sum) {q.push(Now); Now=;}
}
void Add(int x,int pos,int v)
{
while(x<=N){
add(rt[x],,N,pos,v);
x+=(-x)&x;
}
}
int query(int Now,int L,int R,int l,int r)
{
if(L>R) return ;
if(L<||l<) return ;
if(!Now) return ;
if(l<=L&&r>=R) return s[Now].sum;
int Mid=(L+R)>>,res=;
if(l<=Mid) res+=query(s[Now].l,L,Mid,l,r);
if(r>Mid) res+=query(s[Now].r,Mid+,R,l,r);
return res;
}
int Query(int x,int L,int R)
{
if(L>R) return ; if(x<=) return ;
int res=; while(x){
res+=query(rt[x],,N,L,R);
x-=(-x)&x;
} return res;
}
int main()
{
int M,opt,L1,R1,L2,R2,x,y;
scanf("%d%d",&N,&M);
rep(i,,N) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i;
rep(i,,N) scanf("%d",&b[i]);
rep(i,,N) Add(i,pos[b[i]],);
while(M--){
scanf("%d",&opt);
if(opt==){
scanf("%d%d%d%d",&L1,&R1,&L2,&R2);
int ans=Query(R2,L1,R1)-Query(L2-,L1,R1);
printf("%d\n",ans);
}
else {
scanf("%d%d",&x,&y);
Add(x,pos[b[x]],-); Add(y,pos[b[y]],-);
swap(b[x],b[y]);
Add(x,pos[b[x]],); Add(y,pos[b[y]],);
}
}
return ;
}
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