CF 704A Thor

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这道题是说一共有m个操作（M<=100000）,操作分为3种，对于第一种操作，在队列末尾加入一个正整数x（X<=100000），对于操作二，将队列中权值为x的值全部标为0，但并不踢出队列，对于操作三，将队列的前i个全部标为0。也就是说，一个点有可能被重复标为0。对于每个操作，求操作后剩余多少个不为0的数。

Solution

一开始就想到了线段树，但后来才发现其实是不需要的，只感觉自己蠢了。。。

对于操作1，我们在一个桶中在x的位置上加1，并给答案加1，并在队列中加入这个数，尾指针右移。

而对于操作二，我们直接将答案减去桶中x位置上的值，并将这个值清空，将对x最新的一次操作定为现在队列的尾指针即可。

对于操作三，我们将头指针到i的数逐个判断，看它最新的一次操作是否大于它自己的位置，假如不是就将它减去，并更新桶的值和答案，将头指针与i取个较大值赋为头指针的新值。

Tips：看起来这样做一次操作是O(N)的，实则不然。对于队列里的每个数，我只要查过一次以后就再也不会再次查询，关键就在于对于每次操作三后头指针与i取个较大值作为头指针的新值，所以整个的复杂度是O(N)的。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=300005;
int f[maxn],d[maxn],b[maxn],c[maxn],a[maxn],n,m,i,t,j,k,l,x,y,tot,ans;
int main(){
//  freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);tot=1;
    for (i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (x==1) d[++d[0]]=y,c[y]=d[0],a[y]++,ans++;
        else if (x==2) b[y]=c[y],ans-=a[y],a[y]=0;
        else{
            for (j=tot;j<=y;j++)
                if (b[d[j]]<j) a[d[j]]--,ans--,b[d[j]]=j;
            tot=max(tot,y+1);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}