题意
给定一个长度为 (n) 的序列 (a) 和 (m) 次询问，第 (i) 次询问需要求出 ([l_i,r_i]) 内所有子序列去重之后的和，对 (p_i) 取模。
( exttt{Data Range:}1leq n,m,a_ileq 10^5,1leq p_ileq 10^9)
题解
人生第一道 Ynoi，写篇题解祭之。
我们与其考虑某个子序列包含了哪些值，还不如看某个值能贡献到多少个子序列。
然而正着做不好做，因为一个子序列中某个值可能出现多次，所以考虑反过来看一个值不能贡献到多少个子序列，再用总的减去这个子序列就好了。
考虑某一个 ([l,r]) 的询问，其中某个数出现了 (k) 次，可以很容易由上面的分析知道这个数将会对 (2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k}) 个子序列产生贡献。
同时，注意到多个出现次数相同的数可以一起加起来贡献。所以我们可以考虑设 (b_k) 为当前的区间内出现了 (k) 次的所有数的和，那么我们可以得到答案为
[sumlimits_{k}b_kleft(2^{r-l+1}-2^{r-l+1-k}
ight)
]
注意到 (b_k) 可以使用莫队来维护，所以我们就得到了一个 (O(nmlog n)) 的算法，但是无法通过。
考虑统计答案的时候我们会枚举很多等于 (0) 的 (b_k)。所以我们在移动区间端点的时候可以同时用链表记录一下满足 (b_k eq 0) 的那些 (k)。
注意到链表中记录的 (k) 是 (O(sqrt{n})) 的，所以时间复杂度就变为 (O(msqrt{n}log n))，还是会 TLE。
注意到这个 (log) 甚至都可以搞掉，考虑分块打表，对于每个询问都预处理一次，因为一次预处理是 (O(sqrt{n})) 的，所以复杂度为 (O(msqrt{n}))，可过。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize("Ofast,unroll-loops")
using namespace std;
typedef int ll;
typedef long long int li;
const ll MAXN=2e5+51;
struct Query{
ll l,r,p,id;
inline bool operator <(const Query &rhs)const;
};
Query qry[MAXN];
ll n,qcnt,l,r,p,blockSize,ptrl,ptrr,len,hd;
li rres;
ll x[MAXN],res[MAXN],cntl[MAXN],sum[MAXN],prv[MAXN],nxt[MAXN];
ll blk[MAXN],pw[MAXN];
inline ll read()
{
register ll num=0,neg=1;
register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')
{
ch=getchar();
}
if(ch=='-')
{
neg=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
num=(num<<3)+(num<<1)+(ch-'0');
ch=getchar();
}
return num*neg;
}
inline bool Query::operator <(const Query &rhs)const
{
if(l/blockSize==rhs.l/blockSize)
{
return l/blockSize==1?r<rhs.r:r>rhs.r;
}
return l<rhs.l;
}
inline void insert(ll x)
{
prv[x]=0,nxt[x]=hd,prv[hd]=x,hd=x;
}
inline void erase(ll x)
{
if(x==hd)
{
return (void)(hd=nxt[x],prv[nxt[x]]=prv[x]=nxt[x]=0);
}
nxt[prv[x]]=nxt[x],prv[nxt[x]]=prv[x],prv[x]=nxt[x]=0;
}
inline void add(ll pos)
{
if(!(cntl[x[pos]]++))
{
sum[1]+=x[pos];
}
else
{
sum[cntl[x[pos]]-1]-=x[pos],sum[cntl[x[pos]]]+=x[pos];
}
if(sum[cntl[x[pos]]]==x[pos])
{
insert(cntl[x[pos]]);
}
if(!sum[cntl[x[pos]]-1])
{
erase(cntl[x[pos]]-1);
}
}
inline void del(ll pos)
{
if(!(--cntl[x[pos]]))
{
sum[1]-=x[pos];
}
else
{
sum[cntl[x[pos]]+1]-=x[pos],sum[cntl[x[pos]]]+=x[pos];
}
if(sum[cntl[x[pos]]]==x[pos])
{
insert(cntl[x[pos]]);
}
if(!sum[cntl[x[pos]]+1])
{
erase(cntl[x[pos]]+1);
}
}
inline void setup(ll md)
{
pw[0]=blk[0]=1;
for(register int i=1;i<=511;i++)
{
pw[i]=(pw[i-1]+pw[i-1])%md;
}
blk[1]=(pw[511]+pw[511])%md;
for(register int i=1;i<=512;i++)
{
blk[i]=(li)blk[i-1]*blk[1]%md;
}
}
inline ll query(ll x,ll md)
{
return (li)blk[x>>9]*pw[x&511]%md;
}
int main()
{
blockSize=sqrt(n=read()),qcnt=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
x[i]=read();
}
for(register int i=1;i<=qcnt;i++)
{
l=read(),r=read(),p=read(),qry[i]=(Query){l,r,p,i};
}
sort(qry+1,qry+qcnt+1),ptrl=1;
for(register int i=1;i<=qcnt;i++)
{
while(ptrr<qry[i].r)
{
add(++ptrr);
}
while(ptrr>qry[i].r)
{
del(ptrr--);
}
while(ptrl<qry[i].l)
{
del(ptrl++);
}
while(ptrl>qry[i].l)
{
add(--ptrl);
}
setup(p=qry[i].p),len=qry[i].r-qry[i].l+1,rres=0;
for(register int j=hd;j;j=nxt[j])
{
rres+=(li)sum[j]*(query(len,p)-query(len-j,p));
}
res[qry[i].id]=(rres%p+p)%p;
}
for(register int i=1;i<=qcnt;i++)
{
printf("%d
",res[i]);
}
}