BZOJ 3809: Gty的二逼妹子序列 莫队套分块

Description

Autumn和Bakser又在研究Gty的妹子序列了！但他们遇到了一个难题。

对于一段妹子们，他们想让你帮忙求出这之内美丽度∈[a,b]的妹子的美丽度的种类数。

为了方便，我们规定妹子们的美丽度全都在[1,n]中。

给定一个长度为n(1<=n<=100000)的正整数序列s(1<=si<=n)，对于m(1<=m<=1000000)次询问“l,r,a,b”，每次输出sl…sr中，权值∈[a,b]的权值的种类数。

Input

第一行包括两个整数n,m(1<=n<=100000,1<=m<=1000000),表示数列s中的元素数和询问数。

第二行包括n个整数s1…sn(1<=si<=n)。

接下来m行,每行包括4个整数l,r,a,b(1<=l<=r<=n,1<=a<=b<=n),意义见题目描述。

保证涉及的所有数在C++的int内。

保证输入合法。

Output

对每个询问，单独输出一行，表示sl…sr中权值∈[a,b]的权值的种类数。

Sample Input

10 10

4 4 5 1 4 1 5 1 2 1

5 9 1 2

3 4 7 9

4 4 2 5

2 3 4 7

5 10 4 4

3 9 1 1

1 4 5 9

8 9 3 3

2 2 1 6

8 9 1 4

Sample Output

2

0

0

2

1

1

1

0

1

2

HINT

样例的部分解释：

5 9 1 2

子序列为4 1 5 1 2

在[1,2]里的权值有1,1,2，有2种，因此答案为2。

3 4 7 9

子序列为5 1

在[7,9]里的权值有5，有1种，因此答案为1。

4 4 2 5

子序列为1

没有权值在[2,5]中的，因此答案为0。

2 3 4 7

子序列为4 5

权值在[4,7]中的有4,5，因此答案为2。

建议使用输入/输出优化。

解题方法：很容易想到一个莫队+BIT的做法，但是复杂度是O(nsqrt(n)*logn)的。显然T。

于是就有了一个想法，分块维护美丽度，再套一个莫队。这样莫队移动端点就是O(1)的，每次询问就是O(n^0.5)。没啥说的了，全是暴力。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int a[maxn], pos[maxn], Ans[maxn*10], belong[maxn], block, l[maxn], r[maxn], c[maxn], d[maxn];
int ans, n, m, num;

void build(){
block  = sqrt(n);
num = n / block; if(n%block) num++;
for(int i = 1; i <= num; i++) l[i] = (i - 1) * block + 1, r[i] = i * block;
r[num] = n;
for(int i = 1; i <= n; i++) belong[i] = (i - 1) / block + 1;
}

struct Q{
int l, r, id;
int a, b;
Q(){}
Q(int l, int r, int id, int a, int b) : l(l), r(r), id(id), a(a), b(b) {}
}q[maxn*10];

bool cmp(Q a, Q b){
if(pos[a.l] == pos[b.l]) return a.r < b.r;
return pos[a.l] < pos[b.l];
}

void add(int x){
c[x]++;
if(c[x] == 1) d[belong[x]]++;
}

void del(int x){
c[x]--;
if(c[x] == 0) d[belong[x]]--;
}

int query(int L, int R)
{
int tmp = 0;
for(int i = belong[L] + 1; i <= belong[R] - 1; i++) tmp += d[i];
if(belong[L] == belong[R]){
for(int i = L; i <= R; i++){
if(c[i]) tmp++;
}
return tmp;
}
else{
for(int i = L; i <= r[belong[L]]; i++) if(c[i]) tmp++;
for(int i = l[belong[R]]; i <= R; i++) if(c[i]) tmp++;
}
return tmp;
}

int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
int sz = sqrt(n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
pos[i] = (i - 1) / sz;
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d%d%d", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].a, &q[i].b);
q[i].id = i;
}
sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
build();
int L = 1, R = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++){
int id = q[i].id;
while(R < q[i].r){
R++;
add(a[R]);
}
while(L > q[i].l){
L--;
add(a[L]);
}
while(R > q[i].r){
del(a[R]);
R--;
}
while(L < q[i].l){
del(a[L]);
L++;
}
Ans[id] = query(q[i].a, q[i].b);
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
printf("%d\n", Ans[i]);
}
return 0;
}