落谷P4113 [HEOI2012]采花

最新推荐文章于 2021-08-18 21:19:25 发布

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树状数组

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本文解析洛谷P4113采花问题，介绍一种利用树状数组实现的有效算法。该算法通过离线处理，记录每个颜色花朵的下一次出现位置，并维护一个树状数组来计算在不同行程中公主可以采到的花的颜色数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4113

题目描述

萧薰儿是古国的公主，平时的一大爱好是采花。

今天天气晴朗，阳光明媚，公主清晨便去了皇宫中新建的花园采花。

花园足够大，容纳了n朵花，花有c种颜色（用整数1-c表示），且花是排成一排的，以便于公主采花。公主每次采花后会统计采到的花的颜色数，颜色数越多她会越高兴！同时，她有一癖好，她不允许最后自己采到的花中，某一颜色的花只有一朵。为此，公主每采一朵花，要么此前已采到此颜色的花，要么有相当正确的直觉告诉她，她必能再次采到此颜色的花。

由于时间关系，公主只能走过花园连续的一段进行采花，便让女仆福涵洁安排行程。福涵洁综合各种因素拟定了m个行程，然后一一向你询问公主能采到多少朵花（她知道你是编程高手，定能快速给出答案！），最后会选择令公主最高兴的行程（为了拿到更多奖金！）。

输入输出格式

输入格式：

第一行四个空格隔开的整数n、c以及m。接下来一行n个空格隔开的整数，每个数在[1, c]间，第i个数表示第i朵花的颜色。接下来m行每行两个空格隔开的整数l和r（l ≤ r），表示女仆安排的行程为公主经过第l到第r朵花进行采花。

输出格式：

共m行，每行一个整数，第i个数表示公主在女仆的第i个行程中能采到的花的颜色数。

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

说明

对于100%的数据，1 ≤ n ≤ $2*10^6$ ，c ≤ n，m ≤ $2*10^6$ 。

本题有两个subtask

subtask1保证 $\leq 3*10^5$ ，占100分

subtask2保证 $\leq 2*10^6$ ，占100分

题解：

用nxt[i]记录下一个颜色i出现的位置

考虑离线做法我们不断从左往右扫

因为有一种花有两个才有贡献

所以如果我们即将扫过i点如果nxt[nxt[cur]]存在则将nxt[nxt[cur]]的贡献加1

当指针扫过cur时，如果nxt[cur]存在，就将nxt[cur]减1

这样就变成了前缀和

树状数组就可以过了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 2e6 + 7;

struct BIT
{
    int n;
    int c[maxn];
    void init(int _n) {
        n = _n;
        memset(c, 0, (n + 1)  * sizeof(int) );
    }
    void update(int p, int d) {
        for(int i = p;i <= n;i += i&-i) c[i] += d;
    }
    int query(int p) {
        int res = 0;
        for(int i = p;i > 0;i -= i&-i) res += c[i];
        return res;
    }
}bit;
int fir[maxn], a[maxn], nxt[maxn];
int res[maxn];
struct node
{
    int l, r, id;
}q[maxn];
int main()
{
    int n, c, m;
    scanf("%d %d %d", &n, &c, &m);
    bit.init(n);
    for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = n;i >= 1;i --) {
        nxt[i] = fir[a[i]];
        fir[a[i]] = i;
    }
    for(int i = 1;i <= c;i ++) {
        if(fir[i] && nxt[fir[i]]) bit.update(nxt[fir[i]], 1);
    }
    //printf("%d\n", bit.query(n));
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        scanf("%d %d", &q[i].l, &q[i].r);
        q[i].id = i;
    }
    sort(q + 1, q + 1 + m, [](node t1, node t2) {return t1.l==t2.l?t1.r<t2.r:t1.l<t2.l;}) ;
    for(int cur = 1, i = 1;i <= m;i ++) {
        for(; cur < q[i].l; cur ++) {
            if(nxt[cur]) bit.update(nxt[cur], -1);
            if(nxt[cur] && nxt[nxt[cur]]) bit.update(nxt[nxt[cur]], 1);
        }
        res[q[i].id] = bit.query(q[i].r) - bit.query(q[i].l-1);
    }
    for(int i = 1;i <= m;i ++) printf("%d\n", res[i]);
    return 0;
}