Hdu 5286 wyh2000 and sequence(序列分块)

最新推荐文章于 2017-10-18 19:32:11 发布

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本文解析了Hdu5286题目中的在线查询序列问题，通过分块预处理的方法实现了对给定序列的有效查询，介绍了如何计算特定区间内元素的幂次总和，并给出了具体实现细节。

传送门:Hdu 5286 wyh2000 and sequence

题意:给定一个序列A,每次询问给定两个数l,r,假设区间[l,r]去重后有k个数c_1,c_2,…,c_k,其中c_i在区间[l,r]出现了b_i次,
你要求出∑ci^(bi)(1<=i<=k)对10^9+7取模的结果，并且强制在线。

思路:
我们对序列进行分块,f(l,r)表示第l块的开始到r的答案,h(i,j)表示i在前j个块中出现的次数
考虑到那个log为快速幂的复杂度，又因为每一个a^b我们都可以发现a一定是序列中的数，b一定小于a在序列中出现的次数，
所以我们可以O(n)预处理，用vector存起来即可。
时间复杂度为O(n√n+Q√n)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=50001;
const int MOD=1000000007;
vector<int>P[N];
int unit,h[250][N],f[250][N];
int a[N],b[N],cnt[N],vis[N],Count[N];
//f(l,r)表示第l块的开始到r的答案,h(i,j)表示i在前j个块中出现的次数

void add(int &x,int y){
    x+=y;
    if(x>=MOD)
        x-=MOD;
    if(x<0)
        x+=MOD;
}

//1~unit为第一块,unit+1~2*unit为第二块
void solve(int n){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int T=0;
    for(int i=1;(i-1)*unit+1<=n;i++){   //这一个块的起点(i-1)*unit+1
        f[i][(i-1)*unit]=0;
        T++;
        for(int j=(i-1)*unit+1;j<=n;j++){
            if(vis[a[j]]!=T)
                vis[a[j]]=T,Count[a[j]]=0;
            f[i][j]=(f[i][j-1]-P[a[j]][Count[a[j]]]+P[a[j]][Count[a[j]]+1])%MOD;
            if(f[i][j]<0)   f[i][j]+=MOD;
            Count[a[j]]++;
        }
    }
    for(int i=1;(i-1)*unit+1<=n;i++){ //到第i块是,j出现的次数
        for(int j=1;j<=n;j++)
            h[i][j]=h[i-1][j];
        int num=min(n,i*unit);
        for(int j=(i-1)*unit+1;j<=num;j++)
            h[i][a[j]]++;
    }
}

int tot;
int query(int l,int r){
    tot++;
    int la=(l-1)/unit+1,ra=(r-1)/unit+1;
    if((la-1)*unit+1!=l)   //左边
        la++;
    if(ra*unit!=r)
        ra--;
    int ans=0;
    if(la>ra){  //表示在同一个块中
        for(int i=l;i<=r;i++){
            if(vis[a[i]]!=tot)
                vis[a[i]]=tot,Count[a[i]]=0;
            add(ans,P[a[i]][Count[a[i]]+1]-P[a[i]][ Count[a[i]] ]);
            Count[a[i]]++;
        }
        return ans;
    }
    if(la<=ra)
        ans=f[la][ra*unit];
    for(int i=l;i<(la-1)*unit+1;i++){   //计算左半部分
        if(vis[a[i]]!=tot)
            vis[a[i]]=tot,Count[a[i]]=h[ra][a[i]]-h[la-1][a[i]];
        add(ans,P[a[i]][Count[a[i]]+1]-P[a[i]][ Count[a[i]] ]);
        Count[a[i]]++;
    }
    for(int i=ra*unit+1;i<=r;i++){      //计算右半部分
        if(vis[a[i]]!=tot)
            vis[a[i]]=tot,Count[a[i]]=h[ra][a[i]]-h[la-1][a[i]];
        add(ans,P[a[i]][Count[a[i]]+1]-P[a[i]][ Count[a[i]] ]);
        Count[a[i]]++;
    }
    return ans;
}

int main(){
    int _,n,q;
    scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d%d",&n,&q);
        unit=sqrt(n);
        for(int i=0;i<=n;i++)
            P[i].clear(),P[i].push_back(0);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&b[i]),a[i]=b[i];
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        sort(b+1,b+n+1);
        int m=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
            cnt[a[i]]++;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){      //预处理出a[i]^b[i]
            int ret=1,p=b[i];
            for(int j=1;j<=cnt[i];j++)
                ret=1LL*ret*p%MOD,P[i].push_back(ret);
        }
        solve(n);
        memset(vis,0,sizeof(vis)),tot=0;
        int la=0,l,r,x,y;
        for(int i=1;i<=q;i++){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            l=min((x^la)%n+1,(y^la)%n+1),r=max((x^la)%n+1,(y^la)%n+1);
            la=query(l,r);
            printf("%d\n",la);
        }
    }
    return 0;
}