這個坑終於填了…
上文接這裡
這就是莫隊(確信)
先放個可離線的題：
可離線：給你個序列，m次詢問(可離線)一段區間有多少個不同的數(可離線)(資料範圍105105相信各位都已經拿高效的ds秒掉了)可離線
相信大家看完題目第一感覺就是離線(
考慮兩次詢問區間(l
,r) (l,
r)和(l′,r′
) (l′
,r′)
，假設我們已經處理出(l
,r) (l,
r)區間內的答案，考慮將其拓展到(l
也就是要將左端點從
l l
移動到l′
' role="presentation">l′l
′，右端點從
r r
移動到r′
' role="presentation">r′r
′，乙個數乙個數的移動，複雜度就是o(
|l′−
l|+|
r′−r
|)o (|
l′−l
|+|r
′−r|
)對於每個詢問用這種方法拓展到下乙個詢問，就可以求出所有的答案啦！
(這**不就是暴力嗎(╯`□′)╯┴—┴
上面的做法隨便想想都是o(
n2) o(n
2)的… 那該怎麼辦(傻*博主舉報了
對詢問離線，將區間分為n−
−√n
塊，將詢問以
1.左端點在同一塊中的，按右端點排序；
2.左端點不在同一塊中的，按左端點所在塊排序；
之後再進行剛才說的暴力，複雜度就變成
n1.5
n
1.5的啦！
1.左端點在同一塊中的詢問：
乙個塊中最多有
n n
個詢問，每次左端點最多移動
n' role="presentation">n−−
√n次，右端點一共移動最多
n n
次(因為右端點已經從小到大排好序)，所以總複雜度o(
n1.5
)' role="presentation">o(n
1.5)o(
n1.5
)(就是左端點移動的總複雜度)
2.左端點不再同一塊中的詢問：
最多跨n−−
√ n
塊，每次跨越左端點最多移動n−
−√n
次，右端點最多移動
n n
次，所以總複雜度
n1.5
' role="presentation">n
1.5n
1.5包含1,2兩種情況的證明類似，複雜度一樣
n1.5
n
1.5(說了這麼多，我選擇nlogn的ds
0.能用莫隊過
1.能將詢問離線
2.可以往外拓展或收縮
說了這麼多，回到剛才的小例題，直接看**吧
#include
#include
#include
#include
#define n 200050
using
namespace
std;
inline
int read()
int n,m,block_size;
int block[n],a[n],ans[n],l=1,r;///l=1,r=0代表初始狀態(空區間)
int cnt[1000050],tmp;
struct queryq[n];///問題
inline
bool cmp(query a,query b)
inline
void update(int x,int k)
int main()
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
sort(q+1,q+m+1,cmp);///對詢問排序
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int i=1;i<=m;i++)
return
0;}
帶修莫隊在原先的二維拓展(l,r)上增加了乙個時間維(t)，在移動的時候也要移動t使得時間也滿足限制
剩下的內容就和普通莫隊一樣了
複雜度玄學o(
n53)
o (n
53)題我這個月一定補上！
樹上莫隊其實就是將樹化為區間後進行普通莫隊
首先弄出一棵樹的括號序(入棧時候記一次，出棧時候記一次)
就比如這棵樹
括號序是abccbdeeffda
對每個點記錄兩次出現的位置(設為
s s
和t' role="presentation">tt)
對於每組詢問(x
,y) (x,
y)(設x x
比y' role="presentation">y
y深度小)：
1.如果兩個點在一條鏈上(
x x
是y' role="presentation">y
y祖先)，答案為(x
.t,y
.t) (x.
t,y.
t)2.否則，答案為(x.s,y.t)+lca(x,y)
區間內出現兩次的節點資訊抵消
yy一下發現並沒有什麼問題，所以是對的(
有些題維護的資訊加乙個元素簡單刪乙個難….
就需要回滾莫隊
這個我還沒寫過(我這個月一定寫)，我看了別人的講解自己口胡一下
就是設左端點在這個塊內的詢問，右端點的集合為
s s
，你可以通過處理下乙個塊最左面的點到
s' role="presentation">s
s的答案，再由它向左延伸得到這個塊內的答案
沒寫過，這幾天寫寫，有錯誤就回來改
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