【线段树】BZOJ2989 数列

题意：

给定一个长度为n的正整数数列a[i]。

定义2个位置的graze值为两者位置差与数值差的和，即graze(x,y)=|x-y|+|a[x]-a[y]|。

2种操作（k都是正整数）：

1.Modify x k：将第x个数的值修改为k。

2.Query x k：询问有几个i满足graze(x,i)<=k。因为可持久化数据结构的流行，询问不仅要考虑当前数列，还要考虑任意历史版本，即统计任意位置上出现过的任意数值与当前的a[x]的graze值<=k的对数。（某位置多次修改为同样的数值，按多次统计）

N<=60000 修改操作数<=40000 询问<=50000 Max{a[i]}含修改<=100000

分析：

首先，观察它给出的graze值的计算方式：很容易发现，如果将每个值放在一个平面上，这个graze值所表示的就是两点间的曼哈顿距离。这样一来，这道题就比较显而易见了：

我们将每个值看做一个平面上的点，其横坐标为x，纵坐标为a[x]，每次修改值可以看做是在图上新加入一个点，每次询问，就可以看做是：在平面内求与某点的曼哈顿距离小于K的点的总数。

再进一步会发现，我们所求的范围，组成了一个正方形，我们只需要旋转一下坐标系，把原坐标系改为（x+y,-x+y），就成了一道很典型的二维线段树的题目。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 200010
using namespace std;
const int lim=160000,liml=-60000,limr=100000;
int rt[MAXN*4];
struct node{
int val,pl,pr;
}tr[MAXN*100];
int cnt=0;
void add(int l,int r,int& id,int py){
if(id==0)
id=++cnt;
tr[id].val++;
if(l==r)
return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=py)
add(l,mid,tr[id].pl,py);
else
add(mid+1,r,tr[id].pr,py);
}
void addx(int l,int r,int id,int px,int py){
add(liml,limr,rt[id],py);
if(l==r)
return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=px)
addx(l,mid,id*2,px,py);
else
addx(mid+1,r,id*2+1,px,py);
}
int que(int l,int r,int id,int l1,int r1){
if(id==0)
return 0;
if(l>=l1&&r<=r1)
return tr[id].val;
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(mid>=l1)
res+=que(l,mid,tr[id].pl,l1,r1);
if(mid<r1)
res+=que(mid+1,r,tr[id].pr,l1,r1);
return res;
}
int quex(int l,int r,int id,int l1,int r1,int l2,int r2){
if(l>=l1&&r<=r1)
return que(liml,limr,rt[id],l2,r2);
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(mid>=l1)
res+=quex(l,mid,id*2,l1,r1,l2,r2);
if(mid<r1)
res+=quex(mid+1,r,id*2+1,l1,r1,l2,r2);
return res;
}
char s[20];
int n,m,a[MAXN],x,y;
int main(){
SF("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
SF("%d",&a[i]);
addx(1,lim,1,i+a[i],-i+a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
SF("%s%d%d",s,&x,&y);
if(s[0]=='Q'){
PF("%d\n",quex(1,lim,1,x+a[x]-y,x+a[x]+y,-x+a[x]-y,-x+a[x]+y));
}
else{
a[x]=y;
addx(1,lim,1,x+a[x],-x+a[x]);
}
}
}