jzoj5924 Queue 分块+链表

Description

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Hack 国的居民人人都是 OI 大师，Hometown 得知便赶紧来到 Hack 国学习。可想要进入 Hack 国并不是件容易的事情，首先就必须通过 Hack 国海关小 B 的考验。小 B 觉得 Hometown 比较菜，于是就扔了一道小水题给 Hometown。
给定一个长度为 n 的数列 a i ，接下来会对这个序列进行 m 次操作。操作类型分为以下两种：

1. l r，表示将区间 [l,r] 轮转一次，具体来说，a l ,a l+1 ,a l+2 ,··· ,a r−1 ,a r 经过一次轮转之后，会变为 a r ,a l ,a l+1 ,··· ,a r−1 ；
2. l r k，询问区间 [l,r] 内 ai = k 的个数。

可惜 Hometown 还是不会做，他只能期待你能解决这个问题了。
n,m<=1e5

Solution

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这很noip

注意到这个轮换操作非常的splay，我们可以用splay来维护这个操作
一个暴力的做法就是分块。我们预处理每个块内的桶，每次轮换操作等价于从每个块中取出最后一个位置，加入下一个块中作为下一块的第一个位置。这个在splay上面求第k个即可
分析一波复杂度，无论是修改还是查询都是$n\sqrt{n}\log n$的，实测跑不过暴力QUQ，说多了都是泪

冷静分析一波可以发现我们这个splay没有什么用，注意到我们只需要资瓷求块内的开始元素和结束元素，因此我们只需要维护$\sqrt{n}$个链表即可，对于散块直接暴力把链表拉出来再重构
开了O2，各种stl直接上。

Code

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <deque>
#include <math.h>
#define rep(i,st,ed) for (register int i=st;i<=ed;++i)
#define drp(i,st,ed) for (register int i=st;i>=ed;--i)

const int N=100005;

int bel[N],st[N],ed[N];
int b[350][N],c[N];

struct Block {
	std:: deque <int> q;

	void push_front(int x) {
		q.push_front(x);
	}

	void push_back(int x) {
		q.push_back(x);
	}

	int pop_front() {
		int x=q.front();
		q.pop_front();
		return x;
	}

	int pop_back() {
		int x=q.back();
		q.pop_back();
		return x;
	}

	void move(int l,int r) {
		for (c[0]=0;q.size();) c[++c[0]]=q.front(),q.pop_front();
		int tmp=c[r];
		drp(i,r,l+1) c[i]=c[i-1];
		c[l]=tmp;
		rep(i,1,c[0]) q.push_back(c[i]);
	}
} q[350];

inline int read() {
	int x=0,v=1; char ch=getchar();
	for (;ch<'0'||ch>'9';v=(ch=='-')?(-1):(v),ch=getchar());
	for (;ch<='9'&&ch>='0';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
	return x*v;
}

int main(void) {
	freopen("queue.in","r",stdin);
	freopen("queue.out","w",stdout);
	int n=read(),m=read(),B=sqrt(n)+1;
	rep(i,1,n) {
		int x=read();
		bel[i]=(i-1)/B+1;
		q[bel[i]].push_back(x);
		if (!st[bel[i]]) st[bel[i]]=i;
		ed[bel[i]]=std:: max(ed[bel[i]],i);
		++b[bel[i]][x];
	}
	for (;m--;) {
		int opt=read(),l=read(),r=read();
		if (opt==1) {
			if (bel[l]!=bel[r]) {
				int tmp=q[bel[l]].pop_back();
				b[bel[l]][tmp]--;
				rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1) {
					b[i][tmp]++;
					q[i].push_front(tmp);
					tmp=q[i].pop_back();
					b[i][tmp]--;
				}
				b[bel[r]][tmp]++;
				c[0]=0;
				rep(i,st[bel[r]],r) c[++c[0]]=q[bel[r]].pop_front();
				b[bel[r]][c[c[0]]]--;
				drp(i,c[0]-1,1) q[bel[r]].push_front(c[i]);
				q[bel[r]].push_front(tmp);
				tmp=c[c[0]]; c[0]=0;
				rep(i,st[bel[l]],l-1) c[++c[0]]=q[bel[l]].pop_front();
				b[bel[l]][tmp]++;
				q[bel[l]].push_front(tmp);
				drp(i,c[0],1) q[bel[l]].push_front(c[i]);
			} else q[bel[l]].move(l-(bel[l]-1)*B,r-(bel[l]-1)*B);
		} else { int x=read(),ans=0,p;
			if (bel[l]==bel[r]) {
				c[0]=0;
				rep(i,st[bel[l]],ed[bel[l]]) c[++c[0]]=q[bel[l]].pop_front();
				rep(i,l-(bel[l]-1)*B,r-(bel[l]-1)*B) (c[i]==x)?(++ans):0;
				drp(i,c[0],1) q[bel[l]].push_front(c[i]);
			} else {
				c[0]=0;
				rep(i,l,ed[bel[l]]) {
					c[++c[0]]=q[bel[l]].pop_back();
					(c[c[0]]==x)?(++ans):0;
				}
				drp(i,c[0],1) q[bel[l]].push_back(c[i]);
				c[0]=0;
				rep(i,st[bel[r]],r) {
					c[++c[0]]=q[bel[r]].pop_front();
					(c[c[0]]==x)?(++ans):0;
				}
				drp(i,c[0],1) q[bel[r]].push_front(c[i]);
				rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1) ans+=b[i][x];
			}
			printf("%d\n", ans);
		}
	}
	return 0;
}