我们注意到这道题中最多有 $(n+q)$ 个数被加入,而每个数最多被删除一次,因此每次操作 $O(logn)$的复杂度是可以接受的。

我们对于$1..100000$之间每个数分别开一个set,维护这个数出现在哪些位置,这样我们就可以非常方便地维护每个数的前驱和后继。

同时我们开一个数组保存每个位置的数是多少。

对于加入操作,我们直接将这个数的坐标加入相应的set,并且从占据这个坐标的数所对应的set中删除这个坐标。

对于删除操作,我们维护两个迭代器(一个向左,一个向右),每次删除距离询问位置较近的一个,然后移动这个迭代器,直到删除次数耗尽为止。

每次加入一个数和删除一个数的复杂度均为 $O(logn)$ ,总复杂度为 $O((n+q)log_(n+q))$。

#include<bits/stdc++.h>
#define iter set<int>::iterator
using namespace std; const int N=;
int n,Q,a[N];
set<int> s[N];
vector<int> v; int read(){
int x=;char ch=getchar();
while(ch<'' || ch>'')ch=getchar();
while(ch>='' && ch<='')x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x;
} int main(){
n=read();
for(int i=,x;i<=n;++i)x=read(),a[i]=x,s[x].insert(i);
for(Q=read();Q--;){
int pos=read(),type=read(),E=read(),Dpos=read(),Dtype=read();
iter Pre=s[type].upper_bound(pos),Nxt=Pre;
while(E && !s[type].empty() && (Pre!=s[type].begin() || Nxt!=s[type].end())){
E--;
int flag=;
if(Pre!=s[type].begin()){
if(Nxt==s[type].end())v.push_back(*(--Pre)),flag=;
else if(pos-(*(--Pre))<=(*Nxt)-pos)v.push_back(*Pre),flag=;
else ++Pre;
}
if(!flag)v.push_back(*Nxt),Nxt++;
}
sort(v.begin(),v.end());
printf("%d ",v.size());
for(int i=;i<v.size();i++)printf("%d ",v[i]),s[type].erase(v[i]),a[v[i]]=;
puts("");
v.clear();
if(a[Dpos])s[a[Dpos]].erase(Dpos);
a[Dpos]=Dtype;s[Dtype].insert(Dpos);
}
return ;
}

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