【bzoj2120】数颜色

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。

其实还是可以用莫队的。只要记录下每组询问是多少次修改之后得到的,在每次做询问前,把现在少改的修改改上,多改的改回来。具体实现呢——暴力for循环。其他都一样。

由于每次都要暴力修改,要保证复杂度,排序方式应不一样。

这样排序,修改的的复杂度可能还是很高。所以还要调整块的大小。

设块大小为S,那么就会有个块。且假设n,m同阶。

当这次询问与上次询问的l在同一块内,l移动次数为,在不同块内,次数也为。l移动次数为

当l在同一块中,r的移动和l同理,移动次数为
当l跨过了一块,r的移动次数为,由于l最多跨过块,移动次数为
所以r的移动次数为

再考虑修改的总复杂度。由于l,r在同一块中时,按修改次数单调递增排序,所以这是修改次数是O(n)的。
又因为l,r的不同的块共有种,所以总复杂度是

整个算法复杂度
时,复杂度变成了

 #include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio> #define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch>''||ch<''){if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
while(ch<=''&&ch>=''){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
} char st[];
int c[],a[],cnt[],pos[],Ans[];
int L,R,ans,Now;
struct query{
int l,r,pre,id;
}Q[];
struct modify{
int x,pre,now;
}M[];
bool cmp(query x,query y)
{
if (pos[x.l]!=pos[y.l]) return pos[x.l]<pos[y.l];
if (pos[x.r]!=pos[y.r]) return pos[x.r]<pos[y.r];
else return x.pre<y.pre;
}
void modify(int pos,int key)
{
if (L<=pos&&R>=pos)
{
cnt[a[pos]]--;
if (!cnt[a[pos]]) ans--;
cnt[key]++;
if (cnt[key]==) ans++;
}
a[pos]=key;
}
inline void add(int x)
{
cnt[a[x]]++;
if (cnt[a[x]]==) ans++;
}
inline void del(int x)
{
cnt[a[x]]--;
if (cnt[a[x]]==) ans--;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),c[i]=a[i];
int x,key,l,r,cq=,cm=;
for (int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%s",st);
if (st[]=='Q')
{
scanf("%d%d",&l,&r);
Q[++cq].l=l,Q[cq].r=r,Q[cq].pre=cm,Q[cq].id=cq;
}
else
{
scanf("%d%d",&x,&key);
M[++cm].x=x,M[cm].pre=c[x],M[cm].now=key,c[x]=key;
}
}
int X=pow(n,0.67);
for (int i=;i<=n;i++)
pos[i]=(i-)/X+;
sort(Q+,Q++cq,cmp);
L=,R=;
Now=ans=;
for (int i=;i<=cq;i++)
{
for (int j=Now+;j<=Q[i].pre;j++)
modify(M[j].x,M[j].now);
for (int j=Now;j>Q[i].pre;j--)
modify(M[j].x,M[j].pre);
while (L>Q[i].l) add(--L);
while (R<Q[i].r) add(++R);
while (L<Q[i].l) del(L++);
while (R>Q[i].r) del(R--);
Now=Q[i].pre;
Ans[Q[i].id]=ans;
}
for (int i=;i<=cq;i++)
printf("%d\n",Ans[i]);
return ;
}

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