莫隊演算法入門

昨天重溫了一下captainmo的職業生涯莫隊的模板，看了下別人的部落格，把三個板子打了，做練習前先小小總結了一下吧。

一. 基礎莫隊演算法

莫隊演算法 = 離線 + 暴力 + 分塊，它通常用於不修改只查詢的一類區間問題，複雜度為

主要就是通過排序過後再處理詢問能優化暴力，排序則是利用分塊，至於為什麼更優，附張別人部落格看到的圖。

這就很顯然圖二的走法更短，然後編碼時，還可以對排序做乙個小優化：奇偶性排序，讓奇數塊和偶數塊的排序相反。例如左端點l都在奇數塊，則對r從大到小排序；若l在偶數塊，則對r從小到大排序（反過來也可以：奇數塊從小到大，偶數塊從大到小）。

luogu p1972 hh的項鍊**，這**不能拿全分(不會卡常的屑 )，但正確性無誤

#include
const
int n=
1e6+10;
using
namespace std;
int n,m,a[n]
,cnt[n]
,ans[n]
,block,id[n]
,t,l,r,sum;
struct ask
q[n]
;inline
intread()
while
(ch>=
'0'&&ch<=
'9')
return f*x;
}bool
comp
(ask a,ask b)
void
add(
int x)
void
del(
int x)
intmain()
sort
(q+1
,q+1
+m,comp)
;	l=
1,r=0;
for(
int i=
1;i<=m;i++
)for
(int i=
1;i<=m;i++
)printf
("%d\n"
,ans[i]);
return0;
}

二. 帶修改的莫隊如果是比較簡單的「單點修改」，也能應用莫隊演算法，複雜度

還是有道例題luogu p1903數顏色

如果用莫隊演算法求解，必須離線，先把查詢操作和修改操作分別記錄下來。記錄查詢操作的時候，增加乙個變數，記錄本次查詢前做少次修改。

.如果沒有修改，就是基礎莫隊，乙個查詢的左右端點是[l, r]。加上修改之後，乙個查詢表示為(l, r, t)，t表示在查詢[l, r]前進行次修改操作。可以把t理解為「時間」，t的範圍是1 ≤ t ≤ m，m是操作次數。

.反正就是要多考慮修改操作對查詢的影響，又因為是單點修改，可以直接暴力，查詢中就多了這麼一截

void
captainmo()
}

然後就是一些小細節的不同，比如分塊大小應該為因為這樣更快。排序時右端點r也按所在塊的序號大小排，不是r大小。還有就是在修改時要注意寫這句swap(a[x],p[pos].val);為什麼的話模擬一下就知道了，當時理解了好久才看懂。

#include
using
namespace std;
const
int n=
1400000
;int n,m,l,r,x,y,now,id[n]
,block,a[n]
,ans[n]
,cnt[n]
,qnum,pnum,sum;
struct ask
q[n]
;struct upd
p[n]
;inline
intread()
while
(ch>=
'0'&&ch<=
'9')
return f*x;
}bool
comp
(ask a,ask b)
void
add(
int x)
void
del(
int x)
void
update
(int pos,
int i)
swap
(a[x]
,p[pos]
.val);}
void
captainmo()
}int
main()
sort
(q+1
,q+1
+qnum,comp)
;captainmo()
;for
(int i=
1;i<=qnum;i++
)printf
("%d\n"
,ans[i]);
return0;
}

三. 樹上莫隊基礎莫隊和帶修改的莫隊操作的都是一維陣列。基於其他的資料結構的問題，如果能轉換成一維陣列而且是區間問題，那麼也能應用莫隊演算法。

典型的例子是樹形結構上的路徑問題，可以利用「尤拉序」把整棵樹的結點順序轉化為乙個一維陣列，路徑問題也變成了區間問題，就能利用莫隊演算法求解。下面還是有道例題。

sp10707 cot2 - count on a tree ii

相信學過樹剖後對樹上的節點存到佇列已經熟悉，然後就考慮(u, v)上的路徑有哪些結點？首先計算出u、v的lca(u, v)（最近公共祖先），然後討論兩種情況：

（1）lca(u, v) = u或lca(u, v) = v，這種情況最簡單，可以直接做，不多說了。

（2）lca(u, v) ≠ u且lca(u, v) ≠ v，這種情況其實也不複雜，就在查詢時多查詢乙個lca再計算答案，然後再查詢一次消除lca對目前的sum值影響。

至於如何忽略掉區間內出現了兩次的點，這個很簡單，我們多記錄乙個vis[x]，表示x這個點有沒有被加入，每次處理的時候如果vis[x]=0則需要新增節點；如果vis[x]=1則需要刪除節點。

#include
using
namespace std;
const
int n=
1e5+
100;
int vis[n]
,l,r,cnt[n]
,f[40010][
20],n,m,sum,b[n]
,a[n]
,len,ans[n]
,idx[n]
,idx[n]
,ref[n]
,index_,id[n]
,block,dep[n]
,first[n]
,next[n]
,to[n]
,tot;
struct ask
q[n]
;int
read()
while
(isdigit
(ch)
)return f*x;
}void
add(
int a,
int b)
void
dfs(
int u,
int fa)
idx[u]
=++index_,ref[index_]
=u;}
intlca
(int u,
int v)
bool
comp
(ask a,ask b)
void
update
(int x)
else
}void
captainmo()
}int
main()
dfs(1,
0);//	for(int i=1;i<=index_;i++) cout
(int i=
1;i<=m;i++
)else
q[i]
.id=i;
}sort
(q+1
,q+1
+m,comp)
;captainmo()
;for
(int i=
1;i<=m;i++
)printf
("%d\n"
,ans[i]);
return0;
}

該去做練習了啊…

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