「末世追忆」：“迷旋交错的尖针，在不同的时间流速之中，下一秒，又会指向何方？”
莫队实际上是一种优化暴力的离线算法，其收集所有的询问，并统一处理。
给出文章的宏定义：
为数列长度， 为询问个数。
暴力莫队
这是一个不可过的算法，时间复杂度 。
其实现在于：
离线后用一种方式为询问排序，一次处理，并使用 区间的答案转移至 区间。通俗的讲，就是类似于记忆化，用已经得到的答案来处理当前询问。
转移
对于当前指针 表示 的区间，那么，移动 从 至 ，并每一次加入当前数 ，并更新答案；然后移动 指针至 ，以此更新答案直到到达区间 。
这种转移方式类似于双指针算法。
分析
这样的时间复杂度依然是 ，对于每一询问， 的移动次数都是 级的。
基础莫队
我们需要把 优化到 ，而对于带根号的时间，就肯定会想到分块。
分析
更改排序方式为：
以 为第一关键字， 为第二关键字，从小到大。
通俗的讲，首先排左指针的块编号，然后单调右指针。
此时的复杂度也是可以计算的：
右指针 最多移动 次，
而对于左指针：
- 在块内，最多移动 次，共 次；
- 块与块之间，共 次，共 次。
由此，时间复杂度为 次。
可以证明，当块长为 时，时间复杂度最优。
其分析可见 。
模板
参考代码
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| inline void Move(int pos,int val)
{
}
inline void Solve()
{
std::sort(Que+1,Que+1+M,cmp);
for(int i=1,l=0,r=0;i<=M;++i)
{
const Query &q=Que[i];
while(l>q.l) Move(--l,1);
while(r<q.r) Move(r++,1);
while(l<q.l) Move(l++,-1);
while(r>q.r) Move(--r,-1);
ans[q.id]=res;
}
}
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如果觉得 val 的定义不够明确，也可以使用下列方法。
参考代码
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| inline void Move(int pos,int val)
{
}
inline void Solve()
{
std::sort(Que+1,Que+1+M,cmp);
for(int i=1,l=0,r=0;i<=M;++i)
{
const Query &q=Que[i];
while(l>q.l) add(--l);
while(r<q.r) add(r++);
while(l<q.l) del(l++);
while(r>q.r) del(--r);
ans[q.id]=res;
}
}
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例题
HH 的项链
给出一个长度为 的数列 和 个询问：
每次询问一个区间 ，求 中不同数字的个数。
其中 。
其实洛谷上是有这道题的，但数据经过了加强，使普通莫队无法通过，变成了主席树的练习题，但魔改莫队算法可以过（之后会提及）。
因为 Solve() 是一样的，所以这里只给出 Move() 的写法。
参考代码
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| inline void Move(int pos,int val)
{
if(!Cnt[pos]&&val==1) ++res;
Cnt[pos]+=val;
if(!Cnt[pos]) --res;
}
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背到了莫队的板子之后，就只需要考虑填充 add() 和 del() 就好了。（就像是学会了树链剖分就又回到了线段树一样）
对于区间 ，答案显然是 ，然后就从当前区间推进到下一区间。
定义当前颜色为 ，第 种颜色出现的次数为 ， 为当前答案。
增长区间时，更新答案 ；
缩短区间时，更新答案 。
询问答案为
其中 。
且有 ，所以 。
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| const int MAXN=5e4+10;
int N,M,Unit;
int Col[MAXN],Cnt[MAXN];
ll res,ans[2][MAXN];
struct Query
{
int l,r,id;
bool operator<(const Query &x) const
{
if(l/Unit!=x.l/Unit) return l<x.l;
return (l/Unit)&1?r<x.r:r>x.r;
}
}Que[MAXN];
inline void add(int pos){ res+=Cnt[pos];++Cnt[pos]; }
inline void del(int pos){ --Cnt[pos];res-=Cnt[pos]; }
ll Gcd(ll a,ll b){ return b==0?a:Gcd(b,a%b); }
inline void Solve()
{
std::sort(Que+1,Que+1+M);
for(int i=1,l=1,r=0;i<=M;++i)
{
auto q=Que[i];
if(q.l==q.r)
{
ans[0][q.id]=0,ans[1][q.id]=1;
continue;
}
while(l>q.l) add(Col[--l]);
while(r<q.r) add(Col[++r]);
while(l<q.l) del(Col[l++]);
while(r>q.r) del(Col[r--]);
ans[0][q.id]=res;
ans[1][q.id]=1ll*(r-l+1)*(r-l)/2;
}
return ;
}
int main()
{
read(N,M);
Unit=sqrt((double)N*N/(double)M);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Col[i]);
for(int i=1;i<=M;++i)
{
read(Que[i].l,Que[i].r);
Que[i].id=i;
}
Solve();
for(int i=1;i<=M;++i)
{
if(ans[0][i])
{
ll g=Gcd(ans[0][i],ans[1][i]);
ans[0][i]/=g,ans[1][i]/=g;
}
else ans[1][i]=1;
write(ans[0][i]),putchar('/'),
write(ans[1][i]),puts("");
}
return 0;
}
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常规莫队板子，转移方程是平方差公式，应该都会：
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| const int MAXN=5e4+10;
int N,M,K,Uni;
int Val[MAXN],Cnt[MAXN],res;
struct Query
{
int l,r,id;
bool operator<(const Query &x) const
{
if(l/Uni!=x.l/Uni) return l<x.l;
return (l/Uni)&1?r<x.r:r>x.r;
}
}Q[MAXN];
int ans[MAXN];
inline void add(int pos)
{
++Cnt[pos];
res+=(Cnt[pos]*2-1);
}
inline void del(int pos)
{
res-=(Cnt[pos]*2-1);
--Cnt[pos];
}
inline void Solve()
{
std::sort(Q+1,Q+1+M);
for(int i=1,l=2,r=1;i<=M;++i)
{
auto q=Q[i];
while(l>q.l) add(Val[--l]);
while(r<q.r) add(Val[++r]);
while(l<q.l) del(Val[l++]);
while(r>q.r) del(Val[r--]);
ans[q.id]=res;
}
}
int main()
{
read(N,M,K);
Uni=std::sqrt((double)N*N/(double)M);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]);
for(int i=1;i<=M;++i)
{
read(Q[i].l,Q[i].r);
Q[i].id=i;
}
Solve();
for(int i=1;i<=M;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
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奇偶化排序
我们已经知道了，当 时，莫队的复杂度应该是最优秀的。但是，仅仅从块长和单调两方面来排序的话，也是很有可能被卡掉的。
这个优化的意思是，在处理第奇数个问题时，将 从小到大排序，而对于第偶数个问题， 从大到小，这样的话，我们在处理完一个问题时，可以到达的下一个问题的右指针是对于当前问题而言较近的。而不是为了全局最优而去舍掉局部最优。这个思路就有点像反悔贪心。用多个次优解顶替最优解。
后来这个优化被证明是正确的，其优化了 的移动次数，在一般情况下，能够使莫队的时间复杂度降低 左右。
有以下两种写法：
参考代码
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| int Uni;
struct Query
{
int l,r,id;
bool operator<(const Query &x) const
{
return l/Uni==x.l/Uni?(r==x.r?0:((l/Uni)&1)^(r<x.r)):l<x.l;
}
}Que[MAXN];
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| int Uni
struct Query
{
int l,r,id;
bool operator<(const Query &x) const
{
if(l/Uni!=x.l/Uni) return l<x.l;
return (l?Uni)&1?r<x.r:r>x.r;
}
}Q[MAXN];
|
注意：这里 和 比较任何地方都不能取等，如果没有 r==x.r 的特判的话，因为不可以出现 和 同时成立的情况，否则会 。
后话
莫队的板子实际上比较简单，但是，里面有一个非常重要的易错点，即四个 while 的位置。
对于 l-- ，r-- ，l++ ，r++ 四个的排列，一共 种，而实际上正确的只有 种，其他的方式都会出锅。所以，建议读者在理解了其中一种之后就直接背熟，然后不要更改其顺序了。
带修莫队
也可以称作是可持久化莫队。
带修莫队，全称是支持修改的莫队算法。
实现
因为这是一个离线算法，而我们知道的是，对于第 个询问，只有 中的修改与该询问有关，而对于从 到 的转移，其编号不定。
那么，原本的莫队算法维护的是一个一维的数列，那么，我们拓展一维时间戳，使当前数列变成一个二维矩阵，其中 表示 在第 次操作之后的值。
接着，我们把询问中的 升维成 ，并把原来 个 while 加上 个：
而到达我们需要的时间戳。
而对于询问的排序，除了原来的不变以外，计入第三关键字 ，从小到大。
再加入各种玄学的块长优化，奇偶化排序等，带修莫队的期望复杂度为 。
这里设块长为 ，共 ，第一关键字为 指针所在块，第二关键字为 指针所在块，第三关键字为 。
分析
左右端点所在块不变时，时间在排序后单调右移，复杂度为 ；
左右段改变，时间移动不超过 次，复杂度 ；
左端点极块 ，右端点一样，共 种，每次移动的最大复杂度为 ，则带修莫队的期望复杂度为 。
例题
对于第一个操作，就是莫队板子。
然后添上第二个操作，就用上述说到的时间戳即可。
对于每一次时间位移，我们就可以交换当前 和需要修改的 ，然后更新答案，如果再次便利，则再次交换即可。
对于带修莫队，离谱的是，因为 的复杂度本来就吃紧，你如果还是大常数选手，那得寄上天。（比如我）
因为几道题的值域都较高，所以我用的都是 std::map ，然后就 飞了。（因为每一次扫描的时间从 上升到了 ）
所以，离散化吧，少年！
这道题因为数据过水其实开数组是过的了的。
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| const int MAXN=2e5+10;
const int MAXS=1e6+10;
int N,M,Uni,Mq,Mc;
int Val[MAXN],Cnt[MAXS],ans[MAXN];
struct Que
{
int id,l,r,t;
bool operator<(const Que &x) const
{
if(l/Uni!=x.l/Uni) return l<x.l;
if(r/Uni!=x.r/Uni) return r<x.r;
return t<x.t;
}
}Q[MAXN];
struct Modify
{
int p,c;
}Ch[MAXN];
int res;
inline void add(int x)
{
if(!Cnt[x]) ++res;
++Cnt[x];
}
inline void del(int x)
{
--Cnt[x];
if(!Cnt[x]) --res;
}
inline void Solve()
{
std::sort(Q+1,Q+1+Mq);
for(int i=1,l=2,r=1,t=0;i<=Mq;++i)
{
auto q=Q[i];
while(l>q.l) add(Val[--l]);
while(r<q.r) add(Val[++r]);
while(l<q.l) del(Val[l++]);
while(r>q.r) del(Val[r--]);
while(t<q.t)
{
++t;
if(Ch[t].p>=l&&Ch[t].p<=r)
{
del(Val[Ch[t].p]);
add(Ch[t].c);
}
std::swap(Val[Ch[t].p],Ch[t].c);
}
while(t>q.t)
{
if(Ch[t].p>=l&&Ch[t].p<=r)
{
del(Val[Ch[t].p]);
add(Ch[t].c);
}
std::swap(Val[Ch[t].p],Ch[t].c);
--t;
}
ans[q.id]=res;
}
}
int main()
{
read(N,M);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]);
for(int i=1;i<=M;++i)
{
char opt[2];
int a,b;
scanf("%s",opt+1);
read(a,b);
if(opt[1]=='Q') Q[++Mq]={Mq,a,b,Mc};
else Ch[++Mc]={a,b};
}
Uni=std::pow((double)N,2.0/3);
Solve();
for(int i=1;i<=Mq;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
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《std::map ，然后 飞》。
果然还是离散化更好，结果因为巨大的常数以及莫队的玄学时间复杂度，然后还是 了一个点，还好吸氧过了。
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| const int MAXN=4e5+10;
int N,M,Uni,Mq,Mc;
int Val[MAXN],ans[MAXN],Cnt[MAXN];
struct Que
{
int id,l,r,t,k;
bool operator<(const Que &x) const
{
if(l/Uni!=x.l/Uni) return l<x.l;
if(r/Uni!=x.r/Uni) return r<x.r;
return t<x.t;
}
}Q[MAXN];
struct Modify
{
int p,c;
}Ch[MAXN];
std::vector<int>Nums;
inline void Solve()
{
std::sort(Q+1,Q+1+Mq);
for(int i=1,l=2,r=1,t=0;i<=Mq;++i)
{
auto q=Q[i];
while(l>q.l) ++Cnt[Val[--l]];
while(r<q.r) ++Cnt[Val[++r]];
while(l<q.l) --Cnt[Val[l++]];
while(r>q.r) --Cnt[Val[r--]];
while(t<q.t)
{
++t;
if(Ch[t].p>=l&&Ch[t].p<=r)
{
--Cnt[Val[Ch[t].p]];
++Cnt[Ch[t].c];
}
std::swap(Val[Ch[t].p],Ch[t].c);
}
while(t>q.t)
{
if(Ch[t].p>=l&&Ch[t].p<=r)
{
--Cnt[Val[Ch[t].p]];
++Cnt[Ch[t].c];
}
std::swap(Val[Ch[t].p],Ch[t].c);
--t;
}
ans[q.id]=Cnt[q.k];
}
}
int main()
{
read(N,M);
for(int i=1;i<=N;++i)
{
read(Val[i]);
Nums.push_back(Val[i]);
}
for(int i=1;i<=M;++i)
{
char opt[2];
int a,b;
scanf("%s",opt);
read(a,b);
if(opt[0]=='Q')
{
int k;read(k);
Q[++Mq]={Mq,a,b,Mc,k};
Nums.push_back(k);
}
else
{
Ch[++Mc]={a,b};
Nums.push_back(b);
}
}
Uni=std::pow((double)N,2.0/3);
std::sort(Nums.begin(),Nums.end());
Nums.erase(std::unique(Nums.begin(),Nums.end()),Nums.end());
for(int i=1;i<=N;++i)
Val[i]=std::lower_bound(Nums.begin(),Nums.end(),Val[i])-Nums.begin();
for(int i=1;i<=Mc;++i)
Ch[i].c=std::lower_bound(Nums.begin(),Nums.end(),Ch[i].c)-Nums.begin();
for(int i=1;i<=Mq;++i)
Q[i].k=std::lower_bound(Nums.begin(),Nums.end(),Q[i].k)-Nums.begin();
Solve();
for(int i=1;i<=Mq;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
|
回滚莫队
也可以叫做不删除莫队。
对于一类问题，如果用莫队来做的话，虽然拓展添加答案时很容易，但可能会出现收缩删除时的答案难以在 内更新。那么我们就需要换一种方法来更新莫队。
分析
不变的是，我们应该依然以 的块编号， 的单调为一二关键字排序。
回滚莫队分为可添加不删除莫队和可删除不添加莫队两种，实现方式大同小异。
其实现方式在于使用回滚来代替无法实现的操作，时间复杂度为 。
可以证明，当块长为 时，时间复杂度为 ，所以，当 时，时间复杂度期望为 。
实现
如上述所言，对询问区间 ，以 所在的块编号为第一关键字， 升序为第二关键字排序。
然后按顺序处理询问：（设当前询问为 ， 所属块为 ）
- 如果当前询问的 所属块与上一个询问不同，则将 赋值为 ，即下一个块的左端点，并将 赋值为 ，使其交错。
- 如果 ，则暴力扫描，可以知道此时的时间复杂度不超过 。
- 如果 ，则：
- 如果 ，则扩展右端点直到 ；
- 扩展 直到 ；
- 统计答案；
- 撤销左端点改动，回滚至 。
这里就已经说的很明白了，所谓的回滚操作，就是撤销 的拓展。
直接令改动之前的答案为 ，再统计完之后再把 赋回 。
例题
因为有 ，所以，每次拓展时就直接计算就好了。
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| #define int long long
const int MAXN=1e5+10;
int N,M,Uni;
ll Val[MAXN],ans[MAXN],Cnt[MAXN];
struct Que
{
int id,l,r;
bool operator<(const Que&x) const
{
if(l/Uni!=x.l/Uni) return l<x.l;
return r<x.r;
}
}query[MAXN];
std::vector<int>Nums;
inline void add(int pos,ll &res)
{
++Cnt[pos];
res=std::max(res,1ll*Cnt[pos]*Nums[pos]);
}
inline int get(int x)
{
return x/Uni;
}
inline void Solve()
{
std::sort(query,query+M);
for(int i=0;i<M;)
{
int j=i;
while(j<M&&get(query[j].l)==get(query[i].l)) ++j;
int right=get(query[i].l)*Uni+Uni-1;
while(i<j&&query[i].r<=right)
{
ll res=0;
auto q=query[i];
for(int k=q.l;k<=q.r;++k) add(Val[k],res);
ans[q.id]=res;
for(int k=q.l;k<=q.r;++k) --Cnt[Val[k]];
++i;
}
ll res=0;
int l=right,r=right+1;
while(i<j)
{
auto q=query[i];
while(l<q.r) add(Val[++l],res);
ll backup=res;
while(r>q.l) add(Val[--r],res);
ans[q.id]=res;
while(r<right+1) --Cnt[Val[r++]];
res=backup;
++i;
}
memset(Cnt,0,sizeof(Cnt));
}
}
signed main()
{
read(N,M);
Uni=std::sqrt(N);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]),Nums.push_back(Val[i]);
std::sort(Nums.begin(),Nums.end());
Nums.erase(std::unique(Nums.begin(),Nums.end()),Nums.end());
for(int i=1;i<=N;++i) Val[i]=std::lower_bound(Nums.begin(),Nums.end(),Val[i])-Nums.begin();
for(int i=0;i<M;++i)
{
read(query[i].l,query[i].r);
query[i].id=i;
}
Solve();
for(int i=0;i<M;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
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对于这道题而言，除非我们记录每一个数第二次出现的位置，否则删除操作会十分麻烦，而且我们也不知道当前的 是否与我们删除的数有关，所以考虑回滚莫队。
记录每一个数第一次出现的位置为 和最后一次出现的位置 。
根据块编号计算答案，通过块编号单增。
对于询问 在同一块中时，直接暴力统计答案；
如果当前左端点比上一个询问的左端点大，直接在上一次的基础上统计答案。否则回滚，重新从 统计。
需要注意的是，回滚莫队并不能使用奇偶性优化，且部分的回滚莫队会得到 的情况，此时，在本地评测的时候，并不会出现任何问题，但是，提交上之后就会玄学 掉，而不是因为数组越界而 ，所以，在询问的时候，不嫌麻烦的话，可以尽量多地加上边界。
在此，感谢帮我调了一个晚上 一个上午的 巨佬和调了一个下午帮我找出错误的分块之神 。
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| const int MAXN=2e5+100,Uni=320;
int N,M,Val[MAXN],Cnt;
int Lst[MAXN],Nxt[MAXN],ans[MAXN],St[MAXN];
inline int get(int x)
{
return (x/Uni)+1;
}
struct query
{
int l,r,id;
bool operator<(const query &x) const
{
if(get(l)!=get(x.l)) return l<x.l;
return r<x.r;
}
}Q[MAXN];
int Ch[MAXN],Tot,Nums[MAXN];
inline int calc(int l,int r)
{
int res=0;
for(int i=l;i<=r;++i) Lst[Val[i]]=0;
for(int i=l;i<=r;++i)
if(!Lst[Val[i]]) Lst[Val[i]]=i;
else res=std::max(res,i-Lst[Val[i]]);
return res;
}
inline void Solve()
{
std::sort(Q+1,Q+1+M);
for(int i=1,j=1;j<=Cnt;++j)
{
int br=std::min(N,j*Uni),l=br+1,r=l-1,res=0;
Tot=0;
for(;i<=M&&get(Q[i].l)==j;++i)
{
auto q=Q[i];
if(get(q.r)==j)
{
ans[q.id]=calc(q.l,q.r);
continue;
}
while(r<q.r)
{
++r;Nxt[Val[r]]=r;
if(!St[Val[r]]) St[Val[r]]=r,Ch[++Tot]=Val[r];
res=std::max(res,r-St[Val[r]]);
}
int backup=res;
while(l>q.l)
{
--l;
if(Nxt[Val[l]]) res=std::max(res,Nxt[Val[l]]-l);
else Nxt[Val[l]]=l;
}
ans[q.id]=res;
while(l<=br)
{
if(Nxt[Val[l]]==l) Nxt[Val[l]]=0;
++l;
}
res=backup;
}
for(int i=1;i<=Tot;++i) Nxt[Ch[i]]=St[Ch[i]]=0;
}
}
int main()
{
read(N);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]),Nums[i]=Val[i];
std::sort(Nums+1,Nums+1+N);
int len=std::unique(Nums+1,Nums+1+N)-Nums-1;
for(int i=1;i<=N;++i) Val[i]=std::lower_bound(Nums+1,Nums+1+len,Val[i])-Nums;
read(M);
Cnt=(N-1)/Uni+1;
for(int i=1;i<=M;++i)
{
read(Q[i].l,Q[i].r);
Q[i].id=i;
}
Solve();
for(int i=1;i<=M;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
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树上莫队
顾名思义，莫队算法在树型结构上的应用。
欧拉序列
树上莫队的实现基于一种思考：将树上问题转换成区间问题，即将树转换为一个序列。这里的序列指的就是欧拉序列。
欧拉序列是一种树的序列表示法，对于一棵有 个结点的树，它的欧拉序列的长度为 。
欧拉序列的构造在于：对整棵树进行 ，每遍历到一个结点就将其加入到序列中，当这个结点的所有边都遍历完之后，再将该结点加入序列。所以，在欧拉序列中，每一个结点会出现两次。
有性质：
- 记录第 个结点两次出现的位置为 ，则区间 属于 的子树。
- 如果 ，则 是叶结点。
- 如果 ，则 为根结点。
欧拉序列查找 LCA
这里令两个点 ，满足 。
当 时，则区间内 中只出现过一次的结点在路径 上。
当 时同理。
操作
那么，在将整棵树转换为欧拉序列之后，如何进行添加和删除操作就是关键所在。
我们用 表示 结点出现了奇数次还是偶数次。每一次进行 cnt[u]^=1 即可。
如果 出现了偶数次，说明 不在路径上，则不统计答案，否则统计答案。
然后最后特判其 即可。
例题
给出询问路径 ，求出该路径内不同权值的个数。
不考虑树的话，这就是个莫队的板子。
然后考虑了树的话，这就是树上莫队的板子。
将整道题分为五步：
- 权值离散化，时间复杂度 ；
- 求欧拉序列，时间复杂度 ；
- 求 ，时间复杂度 ；
- 将树上询问转换成区间询问，时间复杂度 ；
- 使用莫队统计答案，时间复杂度 。
因为有欧拉序这个特殊的条件存在，所以，在 add() 中，既充当了原来 add 的作用，也有 del() 的作用。
而实际上，我们是在树型结构上进行分块操作，所以一般块长开 左右即可。（也好像可以取到 ）
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| const int MAXN=1e5+10;
std::vector<int>Nums;
int N,M,Uni,Val[MAXN];
struct G
{
int next,to;
}Edge[MAXN<<1];
int Head[MAXN],Total;
inline int get(int x)
{
return x/Uni;
}
struct query
{
int id,l,r,ex;
bool operator<(const query &x) const
{
if(get(l)==get(x.l)) return r<x.r;
return l<x.l;
}
}Q[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v)
{
Edge[++Total]=(G){Head[u],v};Head[u]=Total;
Edge[++Total]=(G){Head[v],u};Head[v]=Total;
}
int Fa[MAXN],Son[MAXN],Dep[MAXN],Siz[MAXN];
void dfsTree(int x,int last)
{
Fa[x]=last,Siz[x]=1,Dep[x]=Dep[last]+1;
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==last) continue;
dfsTree(v,x);
Siz[x]+=Siz[v];
if(!Son[x]||Siz[v]>Siz[Son[x]]) Son[x]=v;
}
}
int Top[MAXN];
void dfsChain(int x,int topf)
{
Top[x]=topf;
if(!Son[x]) return ;
dfsChain(Son[x],topf);
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==Fa[x]||v==Son[x]) continue;
dfsChain(v,v);
}
}
inline int getLca(int x,int y)
{
while(Top[x]!=Top[y])
{
if(Dep[Top[x]]<Dep[Top[y]]) std::swap(x,y);
x=Fa[Top[x]];
}
return Dep[x]>Dep[y]?y:x;
}
int Seq[MAXN],Tot,Fir[MAXN],Lst[MAXN];
void dfsSeq(int x,int last)
{
Seq[++Tot]=x;
Fir[x]=Tot;
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==last) continue;
dfsSeq(v,x);
}
Seq[++Tot]=x;
Lst[x]=Tot;
}
int Cnt[MAXN],St[MAXN],ans[MAXN],res;
inline void add(int pos)
{
St[pos]^=1;
if(!St[pos])
{
--Cnt[Val[pos]];
if(!Cnt[Val[pos]]) --res;
}
else
{
if(!Cnt[Val[pos]]) ++res;
++Cnt[Val[pos]];
}
}
inline void solve()
{
std::sort(Q+1,Q+1+M);
for(int i=1,l=1,r=0;i<=M;++i)
{
auto q=Q[i];
while(r<q.r) add(Seq[++r]);
while(r>q.r) add(Seq[r--]);
while(l<q.l) add(Seq[l++]);
while(l>q.l) add(Seq[--l]);
if(q.ex) add(q.ex);
ans[q.id]=res;
if(q.ex) add(q.ex);
}
}
int main()
{
read(N,M);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]),Nums.push_back(Val[i]);
std::sort(Nums.begin(),Nums.end());
Nums.erase(std::unique(Nums.begin(),Nums.end()),Nums.end());
for(int i=1;i<=N;++i) Val[i]=std::lower_bound(Nums.begin(),Nums.end(),Val[i])-Nums.begin();
for(int i=2,u,v;i<=N;++i)
{
read(u,v);addEdge(u,v);
}
dfsSeq(1,-1),dfsTree(1,0),dfsChain(1,1);
for(int i=1,u,v;i<=M;++i)
{
read(u,v);
if(Fir[u]>Fir[v]) std::swap(u,v);
int ex=getLca(u,v);
if(u==ex) Q[i]=(query){i,Fir[u],Fir[v],0};
else Q[i]=(query){i,Lst[u],Fir[v],ex};
}
Uni=std::sqrt(Tot);
solve();
for(int i=1;i<=M;++i) write(ans[i],'\n');
return 0;
}
|
树上带修莫队，又是一个套娃的集大成者。
每一次的贡献为 。然后用欧拉序列维护，并记录每一次修改的时间戳，然后按照带修莫队的思路维护三维询问，左端点为第一关键字，右端点为第二关键字，时间戳为第三关键字。然后按照树上莫队的方式来计算即可。
总之就是，就像是教了你番茄炒蛋，教了你土豆烧肉，教了你炖汤，教了你凉拌黄瓜，然后让你炖一锅番茄蛋烧凉拌土豆黄瓜烧肉汤一样。
每一个部分都会的话，打代码慢一点，把每一个部分都想好，然后最后组合一下就好了。
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| const int MAXN=2e5+10;
int N,M,Q,Uni,Val[MAXN],Col[MAXN],V[MAXN];
struct G
{
int next,to;
}Edge[MAXN<<1];
int Head[MAXN],Total;
inline int get(int x)
{
return (x/Uni)+1;
}
int cnt1,cnt2,Cc[MAXN];
struct query
{
int l,r,t,ex,id;
bool operator<(const query &x) const
{
if(get(l)!=get(x.l)) return l<x.l;
if(get(r)!=get(x.r)) return r<x.r;
return t<x.t;
}
}Qe[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v)
{
Edge[++Total]=(G){Head[u],v};Head[u]=Total;
Edge[++Total]=(G){Head[v],u};Head[v]=Total;
}
int Fa[MAXN],Son[MAXN],Dep[MAXN],Siz[MAXN];
void dfsTree(int x,int last)
{
Fa[x]=last,Siz[x]=1,Dep[x]=Dep[last]+1;
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==last) continue;
dfsTree(v,x);
Siz[x]+=Siz[v];
if(!Son[x]||Siz[v]>Siz[Son[x]]) Son[x]=v;
}
}
int Top[MAXN];
void dfsChain(int x,int topf)
{
Top[x]=topf;
if(!Son[x]) return ;
dfsChain(Son[x],topf);
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==Fa[x]||v==Son[x]) continue;
dfsChain(v,v);
}
}
inline int getLca(int x,int y)
{
while(Top[x]!=Top[y])
{
if(Dep[Top[x]]<Dep[Top[y]]) std::swap(x,y);
x=Fa[Top[x]];
}
return Dep[x]>Dep[y]?y:x;
}
int Seq[MAXN],Idx,Fir[MAXN],Lst[MAXN];
int pos[MAXN],pre[MAXN],then[MAXN];
void dfsSeq(int x,int last)
{
Seq[++Idx]=x;
Fir[x]=Idx;
for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
{
if((v=Edge[e].to)==last) continue;
dfsSeq(v,x);
}
Seq[++Idx]=x;
Lst[x]=Idx;
}
int Cnt[MAXN],St[MAXN];
ll ans[MAXN],res;
inline void add(int x)
{
if(St[x]==1)
{
res-=1ll*Val[Cnt[Col[x]]]*V[Col[x]];
--Cnt[Col[x]];
}
else
{
++Cnt[Col[x]];
res+=1ll*Val[Cnt[Col[x]]]*V[Col[x]];
}
++St[x];
}
inline void del(int x)
{
if(St[x]==2)
{
++Cnt[Col[x]];
res+=1ll*Val[Cnt[Col[x]]]*V[Col[x]];
}
else
{
res-=1ll*Val[Cnt[Col[x]]]*V[Col[x]];
--Cnt[Col[x]];
}
--St[x];
}
int Tot,T;
inline void solve()
{
std::sort(Qe+1,Qe+1+Tot);
for(int i=1,l=1,r=0,t=0;i<=Tot;++i)
{
auto q=Qe[i];
while(t>q.t)
{
if(St[pos[t]]&1)
{
del(pos[t]);
Col[pos[t]]=pre[t];
add(pos[t]);
}
else Col[pos[t]]=pre[t];
--t;
}
while(t<q.t)
{
++t;
if(St[pos[t]]&1)
{
del(pos[t]);
Col[pos[t]]=then[t];
add(pos[t]);
}
else Col[pos[t]]=then[t];
}
while(l>q.l) add(Seq[--l]);
while(r<q.r) add(Seq[++r]);
while(l<q.l) del(Seq[l++]);
while(r>q.r) del(Seq[r--]);
ans[q.id]=res;
if(q.ex) ans[q.id]+=1ll*Val[Cnt[Col[q.ex]]+1]*V[Col[q.ex]];
}
}
int main()
{
read(N,M,Q);
for(int i=1;i<=M;++i) read(V[i]);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]);
for(int i=2,u,v;i<=N;++i)
{
read(u,v);addEdge(u,v);
}
dfsTree(1,0),dfsChain(1,1);
dfsSeq(1,-1);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Col[i]),Cc[i]=Col[i];
for(int i=1,opt,x,y;i<=Q;++i)
{
read(opt,x,y);
if(opt==1)
{
int lca=getLca(x,y);
Qe[++Tot].t=T;
Qe[Tot].id=Tot;
if(Fir[x]>Fir[y]) std::swap(x,y);
if(lca==x) Qe[Tot].l=Fir[x],Qe[Tot].r=Fir[y];
else Qe[Tot].l=Lst[x],Qe[Tot].r=Fir[y],Qe[Tot].ex=lca;
}
else
{
++T;
pos[T]=x,pre[T]=Cc[x];
Cc[x]=then[T]=y;
}
}
Uni=std::sqrt(Idx);
solve();
for(int i=1;i<=Tot;++i) write(ans[i],'\n');
return 0;
}
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莫队二次离线
在太阳西斜的这个世界里，置身天上之森。等这场战争结束之后，不归之人与望眼欲穿的众人， 人人本着正义之名，长存不灭的过去、逐渐消逝的未来。我回来了，纵使日薄西山，即便看不到未来，此时此刻的光辉，盼君勿忘。——世界上最幸福的女孩
真的不得不佩服 这个人，虽然是我竞争学校（指 ）的一位巨佬，但是，总还是不自觉地就敬佩上了这个人。
他攀到了我永远都无法触及的地方，然后不断地创造我所需要的东西来协助我攀登。当我以为我已经登峰造极之时，会有一座更巍峨的山峰重新屹立在我的眼前。我会重走他们走过的每一条路，或许会倒在他们曾跨过的地方，但，死去的我，也会为下一个走到这里的人竖起丰碑。并不是在历史上刻录的姓名的人才会伟大，每一个走到这里的人，同样伟大。在这里的人，都会在不久的将来，在某一个闲谈的下午茶时光，骄傲地说出：“我，曾经也是一位 。”，正因如此，每一位 都值得敬佩。
在暮色重现的这个世界里，忘我海蓝之外，等这段使命结束之后，天选之人与逆火而生的新我，众人迎着孤泪赴冢，淡忘毋朽的回忆，砌筑绝望的轮回。我回来了，纵使繁花落尽，即便望不到未来，此时此刻的落日，盼君勿忘。
内容
可以考虑为：莫队与扫描线的结合。
在有些时候，执行 add() 和 del() 的时候时间复杂度可能并不是 ，而是一个变量，会使莫队算法的时间复杂度大大升高，因为这样计算的话，如果移动一次指针的时间复杂度为 ，那么，普通莫队算法的时间复杂度就会高达 ，所以会考虑优化。
当 ，即 对区间 贡献满足以下条件：
时，可以考虑莫队二次离线，可以优化到 。
再讲得更透彻一点，大概意思是，维护信息具有可减性的莫队，因为这样的话，可以使用容斥来解决。这就是所谓的第二次离线，因为在于莫队已经有了一个将询问离线下来的操作，所以这个过程称为二次离线，将莫队的转移过程离线下来。
实现
我们考虑如下的操作，记 表示，区间 对区间 点集组成点对时彼此产生的贡献，类似于 的过程，记录一个区间对另一个区间的贡献，区间内部贡献不计。
那么，莫队的四种常规操作可以如下表示：
- 如果 ，则有：
- 如果 ，则有：
- 如果 ，则有：
- 如果 ，则有：
但我们在前文也提到过，莫队二次离线是建立在容斥的基础上的，所以有些 可能得加些 之类的，且不会再满足交换律，必须按照顺序依次计算。
然后通过预处理所有的 来优化转移时间，也就是预处理所有需要的 ，由于莫队的特性，至多有 的询问，这样的话，总时间复杂度就可以做到 ，因为 并不会很大，所以理论上是可以过的。
第十四分块前体
前言
所谓的第 分块，出自著名数据结构出题师， 毕业的高级 lxl 的「大分块系列」，而第十四分块即为 P5398 [Ynoi2018] GOSICK ，借此，lxl 提出了一种名为莫队二次离线的离线数据结构。
但第十四分块并不就此止步，莫队二离仅占了其中一部分，所以被称为“前体”。
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4887
我们考虑预处理一个数组 表示 对 区间的贡献，这个函数支持差分性质，所以我们可以这样处理：
这是前缀差分的基本知识，不会的读者可以首先考虑学习。这么菜了还怀疑读者的能力？qwq。
容易发现，这样存储的空间复杂度为 ，不算是很优秀，考虑一下优化。
我们可以进行分类讨论来尝试拆分这个问题：
- 容易发现贡献中的转移区间都是由 开头，可以用前缀和预处理。
- 转移至多与一个 有关，这个可以用标记处理，记录左右端点。
这样减小了时间上的常数，同时也将空间复杂度优化到了 ，较优秀。
对于求异或的话，有性质 ，可以进行桶标记，然后用一个 popcount() 来计算所需答案，这个的时间复杂度不会超过 ，而这道题的值域是很小的，算是 lxl 为数不多不会卡常的题了（毕竟是月赛题，不然会被骂）。
AC Code
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#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
typedef long long ll;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
x=0;
char ch=getchar(),t=0;
while(ch<'0'||ch>'9') t|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
if(t) x=-x;
}
template<class T,class ...T1>
inline void read(T &x,T1 &...x1){ read(x),read(x1...); }
template<class T>
inline void write(T x)
{
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
template<>
inline void write(bool x){ putchar(x?'1':'0'); }
template<>
inline void write(char c){ putchar(c); }
template<>
inline void write(char *s){ while(*s!='\0') putchar(*s++); }
template<>
inline void write(const char *s){ while(*s!='\0') putchar(*s++); }
template<class T,class ...T1>
inline void write(T x,T1 ...x1){ write(x),write(x1...); }
template<class T>
inline bool checkMax(T &x,T y){ return x<y?x=y,1:0; }
template<class T>
inline bool checkMin(T &x,T y){ return x>y?x=y,1:0; }
const int MAXN=1e5+10,MAXV=16384;
int Blg[MAXN],Val[MAXN];
struct Qry
{
int l,r,id;
ll ans;
bool operator<(const Qry&x){ return Blg[l]==Blg[x.l]?r<x.r:l<x.l; }
}qry[MAXN];
std::vector<std::tuple<int,int,int>>V[MAXN];
int N,Q,K;
int main()
{
read(N,Q,K);
for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]);
for(int i=1;i<=Q;++i) read(qry[i].l,qry[i].r),qry[i].id=i;
if(K>14)
{
while(Q--){ puts("0"); }
return 0;
}
std::vector<int>Buc;
for(int i=0;i<MAXV;++i)
if(popcount(i)==K) Buc.push_back(i);
int Uni=std::sqrt(N);
for(int i=1;i<=N;++i) Blg[i]=(i-1)/Uni+1;
std::sort(qry+1,qry+Q+1);
int T[MAXN],Pref[MAXN];
for(int i=1;i<=N;++i)
{
for(auto x:Buc) ++T[Val[i]^x];
Pref[i]=T[Val[i+1]];
}
std::memset(T,0,sizeof(T));
for(int i=1,l=1,r=0;i<=Q;++i)
{
auto q=qry[i];
if(l<q.l) V[r].emplace_back(l,q.l-1,-i);
while(l<q.l){ qry[i].ans+=Pref[l-1];++l; }
if(l>q.l) V[r].emplace_back(q.l,l-1,i);
while(l>q.l){ qry[i].ans-=Pref[l-2];--l; }
if(r<q.r) V[l-1].emplace_back(r+1,q.r,-i);
while(r<q.r){ qry[i].ans+=Pref[r];++r; }
if(r>q.r) V[l-1].emplace_back(q.r+1,r,i);
while(r>q.r){ qry[i].ans-=Pref[r-1];--r; }
}
ll ans[MAXN];
for(int i=1,id,l,r;i<=N;++i)
{
for(auto x:Buc) ++T[Val[i]^x];
for(const auto& x:V[i])
{
std::tie(l,r,id)=x;
for(int j=l,tmp=0;j<=r;++j)
{
tmp=T[Val[j]];
if(j<=i&&K==0) --tmp;
if(id<0) qry[-id].ans-=tmp;
else qry[id].ans+=tmp;
}
}
}
for(int i=1;i<=Q;++i) qry[i].ans+=qry[i-1].ans;
for(int i=1;i<=Q;++i) ans[qry[i].id]=qry[i].ans;
for(int i=1;i<=Q;++i) write(ans[i],'\n');
return 0;
}
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这玩意儿比较毒瘤，「大分块系列」本就是 界的较难支线，考得不多，但一旦考到，那就得死一大片人。然后 ZR 还真就考了。
结语
容易发现，莫队至此所有基础类型就结束了，对于一些魔改类型的莫队，或者是莫队搭配一些其它数据结构使用（以及 std::bitset 之类）的形式，不在这一篇博客的写作范围内，如果之后有空闲的话，我可以考虑更新另外的博客来学习这些内容。
- 可追溯化数据结构 —— 学习笔记
- 「大分块系列」 —— 学习笔记 & 题解