神犇mx：你是**來的弱菜？你是不是上次noip爆0的那個大弱雞xyz32768？
xyz32768：我就是那個noip2017寫炸兩題的蒟蒻，的確是大弱雞。
神犇mx：我還聽說你連莫隊都不會……你恐怕明年noip連400都沒有了。
xyz32768：莫……莫隊？
神犇mx：就是這樣：乙個
n n
個數的序列，每次詢問區間……
xyz32768：反正我也不懂，算了，我已經做好了noip2018爆0的準備了。
乙個問題：乙個
n' role="presentation" style="position: relative;">n
n個數的序列，每次詢問區間[l
,r] [l,
r]
內出現了多少個不同的數。
乙個想法是線段樹，但是也很容易看出，這裡線段樹上維護的內容沒有合併性質，因此線段樹不可做。而對於區間的內容沒有合併性質的問題，可以用下面介紹的莫隊演算法解決。
1、不包含修改操作。
2、題目允許離線，也就是允許在所有詢問全部讀入完之後回答所有詢問。
3、不同區間的結果可以互相計算得出。怎麼理解這個條件呢？
就上面的問題而言，如果上一次已經回答了[l
,r] [l,
r]
區間的答案，並且已經存下了[l
,r] [l,
r]
區間裡的所有數值的出現次數，那麼如果下面要詢問[l
,r+1
] [l,
r+1]
的結果，就只要把右指標
r r
向右移乙個單位，並將序列的第r+
1' role="presentation" style="position: relative;">r+1
r+1個數的出現次數++
+
+，同時維護當前的答案，也就是說，如果第r+
1 r+1
個數在[l
,r] [l,
r]
區間內沒有出現，則當前答案++
+
+。同樣，對於[l
,r−1
],[l
−1,r
][l+
1,r]
[ l,
r−1]
,[l−
1,r]
[l+1
,r
]以及其他任何的區間都可以在上乙個詢問的基礎上，通過
l l
和r' role="presentation" style="position: relative;">r
r移動指標來求得下乙個詢問的答案。如果滿足這樣的條件，就是說不同區間的結果可以互相計算得出。
可以看出，一次移動指標是o(
1)o (1
)的。於是想到可以回答第
1 1
個詢問之後，不斷地移動指標，乙個乙個移動到後面將要回答的所有區間。
莫隊演算法的主要思想就是這樣。同時，莫隊演算法利用了可以離線的條件，將詢問按照合理的順序進行求解，實現了o(
nn)' role="presentation" style="position: relative;">o(n
n−−√
)o(n
n)的複雜度。
首先，將序列分塊，即分成n−
−√n
塊，每個塊的大小為n−
−√n
。 然後，就將詢問按照左端點所在的塊為第一關鍵字，右端點的位置為第二關鍵字進行從小到大排序，這樣，就能像上面那樣不斷移動指標，可以達到o(
nn−−
√)o (n
n)
的複雜度。
不妨把左端點在同乙個塊內的詢問分成一組。
先考慮右端點的移動次數。由於在同一組詢問內的右端點是遞增的，所以在同一組內，右端點移動了o(
n)o (n
)次。同時在跨越兩個組時，右端點的移動次數也是o(
n)o (n
)，即右端點一共移動了o(
nn−−
√)o (n
n)
次。 再考慮左端點的移動次數。可以看出，在同一組詢問內，左端點一次移動的次數為o(
n−−√
) o(n
)次。
再加上在跨越兩個組時，左端點的移動次數也是o(
n−−√
) o(n
)，因此左端點一共移動了o(
nn−−
√)o (n
n)
次。複雜度得證。
hljs cpp">#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int n = 5e4 + 5, m = 1e6 + 5, l = 2e5 + 5;
int n, a[n], ans[n], cnt[m];
struct cyx
} ask[l];
int main()
sort(ask + 1, ask + m + 1);
int tot = 0, sl = 0, sr = 0;
for (i = 1; i <= m; i++)
for (i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return
0;}
2、[bzoj2038][2009國家集訓隊]小z的襪子：
3、[bzoj3236][ahoi2013]作業：
4、[bzoj4540][hnoi2016]序列：
5、[bzoj4542][hnoi2016]大數：
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