wannafly 练习赛10 f 序列查询(莫队,分块预处理,链表存已有次数)
链接:https://www.nowcoder.net/acm/contest/58/F
时间限制:C/C++ 5秒,其他语言10秒
64bit IO Format: %lld
题目描述
这个区间内一共有2^(r-l+1)-1个非空子序列
一个子序列对答案的贡献是其去重后的和
求所有子序列的贡献的和%p
每次的p不一样
输入描述:
第一行两个数n,m
第二行n个数表示序列a
后面m行每行三个数l,r,p表示查询区间[l,r],模数是p
输出描述:
对于每个查询输出一行一个数表示答案
输入例子:
5 5
1 2 2 3 4
1 2 233333
2 3 333333
1 5 203
3 5 15
2 4 8
输出例子:
6
6
176
6
0
-->
输入
5 5
1 2 2 3 4
1 2 233333
2 3 333333
1 5 203
3 5 15
2 4 8
输出
6
6
176
6
0
说明
[1,2]中有3个子序列(1),(2),(1,2),贡献分别为1,2,3
[2,3]中有3个子序列(2),(2),(2,2),贡献分别为2,2,2
[1,5]中有31个子序列
(1),(2),(2),(3),(4),(1,2),(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4),(2,3),(2,4),(3,4),(1,2,2),(1,2,3),(1,2,4),(1,2,3),
(1,2,4),(1,3,4),(2,2,3),(2,2,4),(2,3,4),(2,3,4),(1,2,2,3),(1,2,2,4),(1,2,3,4),(1,2,3,4),(2,2,3,4),(1,2,2,3,4)
贡献为:1,2,2,3,4,3,3,4,5,2,5,6,5,6,7,3,6,7,6,7,8,5,6,9,9,6,7,10,10,9,10
[3,5]中有7个子序列
(2),(3),(4),(2,3),(2,4),(3,4),(2,3,4)
贡献为:2,3,4,5,6,7,9
[2,4]中有7个子序列
(2),(2),(3),(2,2),(2,3),(2,3),(2,2,3)
贡献为:2,2,3,2,5,5,5
备注:
对于100%的数据,有1 <= n , m , a[i] <= 100000 , 1 <= p <= 1000000000
看这个题真的是一脸懵逼,看了题解之后算有所收获
贴个题解
/////////////////////////////////////////
先考虑单次询问怎么算
对于数x,假设出现了y次,区间长度是len
则x对答案的贡献是
是除了x之外的数有这么多个不同的子序列,这些对x的贡献没有影响
是所有x构成的子序列中有种至少包含一个x,有1种不包含x
如果每次模数一样的话,直接边跑莫队维护就可以了。。。
然而出题人想恶心你,所以每次模数不一样
注意到贡献分为两部分与
其中第一部分非常好维护
第二部分的贡献,可以把出现次数相同的数一起维护贡献
注意到一起区间中只有O( sqrt( n ) )种不同的出现次数
因为1+2+...+sqrt(n) = O(n)
这是一个自然根号
所以我们可以用一个均摊的莫队来维护区间可能的出现次数,从而维护区间中所有出现次数
然后为了O(1)实现快速幂,我们可以每次O( sqrt(n) )算出
2^1,2^2…2^sqrt(n) % p
以及2^sqrt(n),2^2sqrt(n)…2^sqrt(n)*sqrt(n) % p
总复杂度O( nsqrtm + msqrtn ) = O( msqrtn )
//////////////////////////////////////
再贴个自己代码
#include <bits/stdc++.h>
#define mst(a,b) memset((a),(b), sizeof a)
#define lowbit(a) ((a)&(-a))
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+;
const int maxn=1e5+;
int qpow(int b,int p){
ll ret=;ll a=;
while(b){
if(b&)ret=ret*a%p; b>>=; a=a*a%p;
}
return (int)ret;
}
struct node{
int l,r,p,blo,id;
bool operator<(const node&p)const{
return (blo<p.blo||blo==p.blo&&r<p.r);
}
}qry[maxn]; int pre[maxn],nx[maxn];int head;
void insert(int v){
pre[v]=;
pre[head]=v;
nx[v]=head;
head=v;
}
void erase(int v){
if(!pre[v]){
head=nx[v];pre[head]=;
}else{
nx[pre[v]]=nx[v];
pre[nx[v]]=pre[v];
}
} int a[maxn];int sq; int one[maxn],two[maxn];
void init(int p){
one[]=;for(int i=;i<=sq+;++i)one[i]=one[i-]*%p;
two[]=;two[]=one[sq];
for(int i=;i<=sq+;++i)two[i]=(ll)two[i-]*two[]%p;
} ll tol[maxn];
int len;
int ti[maxn],cnt[maxn];
void update(int pos,int d){
int val=a[pos]; if(ti[val]){
tol[ti[val]]-=val;
--cnt[ti[val]];
if(!cnt[ti[val]])erase(ti[val]);
}
ti[val]+=d;
if(ti[val]){
tol[ti[val]]+=val;
if(!cnt[ti[val]])insert(ti[val]);
++cnt[ti[val]];
}
}
int get(int d,int p){
return (int)((ll)two[d/sq]*one[d%sq]%p);
}
int get_ans(int p){
ll ret=,all=;
for(int i=head;i;i=nx[i]){
ret=(ret-tol[i]*get(len-i,p))%p;
all+=tol[i];
}
ret=(ret+all*qpow(len,p))%p;
return (int)((ret+p)%p);
}
int ans[maxn];
int main(){
#ifdef local
freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
sq=sqrt(n);
for(int i=;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&qry[i].l,&qry[i].r,&qry[i].p);
qry[i].blo = qry[i].l/sq;qry[i].id=i;
}
sort(qry+,qry++m);
int L=,R=;
for(int i=;i<=m;++i){
init(qry[i].p);
len=qry[i].r-qry[i].l+; while(R<qry[i].r){++R;update(R,);}
while(R>qry[i].r){update(R,-);--R;} while(L>qry[i].l){--L;update(L,);}
while(L<qry[i].l){update(L,-);++L;}
// cout<<qry[i].l<<" "<<qry[i].r<<endl;
// for(int i=head;i;i=nx[i])cout<<i<<" ";
// cout<<endl<<endl;
ans[qry[i].id]=get_ans(qry[i].p);
}
for(int i=;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}
这题的收获主要是在那个sqrt(n)预处理从而o1求出 2^(len-y)%p 那里
之前是做过类似的题目的,然后记忆中一直都是分块分块,很模糊,这次遇到这题才惊叹,哦原来是这么用,还有就是最多只有sqrt(n)种次数,也不知道怎么存,看了别人代码,发现链表完美符合要求,真的是牛批,自己还是太弱了emmm
(这题插入链表开始的时候写错了,调了几个小时,以后要细心点)
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