莫队学习笔记

其实大部分是暑假就学过的了…… 但是笔记是手写的 这次做个笔记补档，加些题目，然后学个二次离线。

普通莫队

用途是喜闻乐见的区间查询。

其实思想还是分块，不过暴力得很巧妙罢了。

大致思路：

• 首先对整个序列分块，记录每个位置的所属块
• 将查询离线下来并排序
• 按块查询，使用左右指针完成统计

复杂度就是 (mathcal{O}(nsqrt n)) ，分块复杂度。

例题 SP3267 D-query

给定一个长度为 (n) 的序列，询问区间中不同数字个数。

双倍经验： 小B的询问 求区间出现次数平方和。

---

预处理：将查询离线，对此进行排序，按左端点所在块的编号升序，再按右端点升序。

然后就可以处理询问了。遍历询问序列，建立指针 (l,r) 表示当前所在区间， (cnt[i]) 记录当前区间每个数的出现次数，(num) 表示出现的不同数的总数。初始时 (l=1,r=0) .

每次对于一个新的询问，将左右指针 (l,r) 移动到和当前查询区间重合，即得到了当前询问的答案。

由于左端点在同一个块的时候，右端点最坏会遍历整个序列，总共有 (sqrt n) 个块，所以复杂度是 (mathcal{O}(nsqrt n))

看起来很暴力，但是是真的很优秀（

一个美妙的优化 ：当左端点在同一奇数块的时候，右端点升序；如果在同一偶数块则降序。这样可以让右指针在奇数块询问跳完之后，回来的路上顺便跳完偶数块，实际优化还是挺大的。

//Author:RingweEH
//SP3267 DQUERY - D-query
const int N=3e5,Q=2e5+10,C=1e6+10;
int n,a[N],cnt[C],num,bel[N],siz,bnum,ans[Q];

struct Node
{
	int l,r,id;
	bool operator < ( Node tmp ) const  
	{ return (bel[l]^bel[tmp.l]) ? (bel[l]<bel[tmp.l]) : ((bel[l]&1) ? r<tmp.r : r>tmp.r);  }
}Que[Q];

void Init()
{
	siz=sqrt(n); bnum=ceil((double)n/siz);
	for ( int i=1; i<=bnum; i++ )
		for ( int j=(i-1)*siz+1; j<=i*siz; j++ )
			bel[j]=i;
}

void Del( int x ) { cnt[a[x]]--; num-=(cnt[a[x]]==0); }
void Add( int x ) { cnt[a[x]]++; num+=(cnt[a[x]]==1); }

int main()
{
	n=read(); Init();
	for ( int i=1; i<=n; i++ ) a[i]=read();
	int q=read();
	for ( int i=1; i<=q; i++ )
		Que[i].l=read(),Que[i].r=read(),Que[i].id=i;

	sort( Que+1,Que+1+q );
	int l=1,r=0;
	for ( int i=1; i<=q; i++ )
	{
		int ql=Que[i].l,qr=Que[i].r;
		while ( l<ql ) Del(l),l++;
		while ( l>ql ) l--,Add(l);
		while ( r<qr ) r++,Add(r);
		while ( r>qr ) Del(r),r--;
		ans[Que[i].id]=num;
	}

	for ( int i=1; i<=q; i++ )
		printf( "%d
",ans[i] );

	return 0;
}

习题

小Z的袜子

询问在区间 ([l,r]) 随机抽取两个数，相同的概率。（分数表示）

---

简单推一推式子，发现问题可以转化为平方和，然后再平方差公式一下就好了。注意约分。

void Modify( int x,int num )
{
	tmp+=2*sum[c[x]]*num+1; sum[c[x]]+=num;
}

	for ( int i=1; i<=q; i++ )
	{
		while ( l<Que[i].l ) Modify( l++,-1 );
		while ( l>Que[i].l ) Modify( --l,1 );
		while ( r>Que[i].r ) Modify( r--,-1 );
		while ( r<Que[i].r) Modify( ++r,1 );
		ll a=tmp-( Que[i].r-Que[i].l+1 );
		ll b=(ll)( Que[i].r-Que[i].l+1 )*( Que[i].r-Que[i].l );
		ll ggcd=gcd( a,b );
        if ( ggcd==0 )
        {
            ansa[Que[i].id]=0; ansb[Que[i].id]=1; continue;
        }
		ansa[Que[i].id]=a/ggcd; ansb[Que[i].id]=b/ggcd;
	}

CF617E XOR and Favorite Number

求区间中，序列异或和为 (k) 的序列个数。

---

由于实在是太没代码含量了就口胡一下。

显然可以异或前缀，转化为区间有多少数对异或和为 (k) 。然后发现就是对于左端点，统计有多少 (xoplus k) ，就是裸题了。

大爷的字符串题

给定字符串，询问区间贡献。

定义贡献：

• 每次从区间中取出一个严格上升的序列，最少取的次数

---

题意杀我。

由于是严格上升，所以只和相同的数个数有关，那么最少取的次数就是区间出现次数最大的数的出现次数。

于是就没了。

void Add( int pos )
{
    t[cnt[x[pos]]]--; t[++cnt[x[pos]]]++; res=max( res,cnt[x[pos]] ); 
}

void Del( int pos )
{
    t[cnt[x[pos]]]--; 
    if ( cnt[x[pos]]==res && !t[cnt[x[pos]]] ) res--;
    t[--cnt[x[pos]]]++;
}

带修莫队

其实就是再加一维时间的指针在修改操作上面乱跳（

排序优先级：

• 左端点所在块标号
• 右端点
• 时间

修改：

• 其实不需要搞什么复杂的操作。把操作和原来的值 swap 即可，改回来同理。

分块：

• 听说大小设 (mathcal{O}(n^{frac{2}{3}})) 比较好。

例题 数颜色

区间数颜色，单点修改。

---

板子题。

尝试了一下毒瘤写法，觉得很离谱

//Author:RingweEH
for ( int i=1; i<=cntq; i++ )
{
    int ql=Que[i].l,qr=Que[i].r,qt=Que[i].tim;
    while ( l<ql ) res-=!--cnt[a[l++]];
    while ( l>ql ) res+=!cnt[a[--l]]++;
    while ( r<qr ) res+=!cnt[a[++r]]++;
    while ( r>qr ) res-=!--cnt[a[r--]];
    while ( tim<qt )
    {
        ++tim;
        if ( ql<=c[tim].pos && c[tim].pos<=qr ) 
            res-=!--cnt[a[c[tim].pos]] - !cnt[c[tim].col]++;
        swap( a[c[tim].pos],c[tim].col );
    }
    while ( tim>qt )
    {
        if ( ql<=c[tim].pos && c[tim].pos<=qr ) 
            res-=!--cnt[a[c[tim].pos]] - !cnt[c[tim].col]++;
        swap( a[c[tim].pos],c[tim].col );
        --tim;
    }
    ans[Que[i].id]=res;
}

习题 CF940F Machine Learning

单点修改，区间查 (mex) .

---

值域很大，有 (1e9) ，数组是开不下了，离散化就好。

剩下的事情和区间数颜色没什么区别，直接做就好了。不会求 (mex) ？统计颜色个数 (cnt) ，再对此统计每个出现次数的出现次数 (tot) 什么东西 ，然后对于每个 (ans) ，直接暴力找就好了。

为什么能暴力求？考虑答案是 (x) ，对于 (x) 之前的数，注意是 出现次数 ，仔细想想就会发现不会超过 (sqrt n) ，和莫队复杂度是同级的。

void Add( int x ) { --tot[cnt[x]]; ++tot[++cnt[x]]; }
void Del( int x ) { --tot[cnt[x]]; ++tot[--cnt[x]]; }
void Modify( int t1,int t2 )
{
	if ( c[t1].pos>=q[t2].l && c[t1].pos<=q[t2].r ) Del ( a[c[t1].pos] ),Add( c[t1].x );
	swap( c[t1].x,a[c[t1].pos] );
}

int l=1,r=0;
for ( int i=1; i<=qcnt; i++ )
{
	while ( l>q[i].l ) Add( a[--l] );
	while ( r<q[i].r ) Add( a[++r] );
	while ( l<q[i].l ) Del( a[l++] );
	while ( r>q[i].r ) Del( a[r--] );
	while ( now<q[i].tim ) Modify( ++now,i );
	while ( now>q[i].tim ) Modify( now--,i );
	for ( ans[q[i].id]=1; tot[ans[q[i].id]]>0; ++ans[q[i].id] );
}

树上莫队

子树统计

算出DFS序即可转化成序列问题。为什么不直接传标记呢

路径统计

还是要转化成序列，不过是括号序（ wiki 上说 DFS序 是只记录一次，欧拉序 是每条边都记录一次），也就是进入DFS记一次，出去再记一次。

这样做完之后就可以统计路径了。首先，显然出现两次的数并不在这条路径上，直接忽略。我们设 (fir[x]) 为一个点第一次出现在序列中的位置，(las[x]) 表示最后一次出现的位置。

不难发现，对于路径 (x o y) ，设 (fir[x]leq fir[y]) ，在序列上的对应位置有如下规律：

• 如果 ( ext{lca}(x,y)=x) ，那么对应区间为 ([fir[x],fir[y]])
• 否则，对应区间为 ([las[x],fir[y]]+ ext{lca}(x,y))

注意每个点都出现了两次，空间要开够。

例题：Count on a tree II

//Author:RingweEH
//SPOJ10707 Count on a tree II
const int N=2e5+1000;
int a[N],cnt[N],fir[N],las[N],bel[N],tmp[N],vis[N],ncnt,ans[N],nw=0;
int ord[N],val[N],head[N],dep[N],fa[N][30],tot=0,n,m;
struct Queries
{
    int l,r,lca,id;
    bool operator < ( Queries tt )
    { return (bel[l]^bel[tt.l]) ? bel[l]<bel[tt.l] : (bel[l]&1) ? r<tt.r : r>tt.r; }
}q[N];

void Addel( int pos )
{
	vis[pos] ? nw-=!--cnt[val[pos]] : nw+=!cnt[val[pos]]++;
    vis[pos]^=1;
}

void Init()
{
    sort( tmp+1,tmp+n+1 );
    int tot1=unique( tmp+1,tmp+1+n )-tmp-1;
    for ( int i=1; i<=n; i++ )
        val[i]=lower_bound( tmp+1,tmp+tot1+1,val[i] )-tmp;
}

int main()
{
    for ( int i=1,l,r,lca; i<=m; i++ )
    {
        l=read(); r=read(); lca=Get_LCA( l,r );
        if ( fir[l]>fir[r] ) swap( l,r );
        if ( l==lca ) q[i].l=fir[l],q[i].r=fir[r];
        else q[i].l=las[l],q[i].r=fir[r],q[i].lca=lca;
        q[i].id=i;
    }
    int l=1,r=0; sort( q+1,q+1+m );
    for ( int i=1; i<=m; i++ )
    {
        int ql=q[i].l,qr=q[i].r,lca=q[i].lca;
        while ( l<ql ) Addel( ord[l++] );
        while ( l>ql ) Addel( ord[--l] );
        while ( r<qr ) Addel( ord[++r] );
        while ( r>qr ) Addel( ord[r--] );
        if ( lca ) Addel( lca );
        ans[q[i].id]=nw;
        if ( lca ) Addel( lca );
    }
}

习题

这是我自己的发明

给定一棵 (n) 点树，有点权，初始根为 (1) ，支持：

• 换根
• 求两个子树中点权相等的点对数

---

没有想到做第一道 Ynoi 竟然是因为莫队补档……

其实这个换根是假的，在DFS序上，

• 如果根是 (u) ，子树是整个序列
• 如果根在 (u) 在初始时的子树内，那么子树就是整个序列去掉 (u) 原来那个子树
• 否则，子树显然不变。

也就是说，询问要么是一个区间，要么是整个序列去掉某个区间，那么直接容斥，把一个询问拆成四个就能很容易地求解了。

for ( int i=1,opt,rt=1,u,v; i<=m; i++ )
{
    opt=read();
    if ( opt&1 ) { rt=read(); i--; m--; continue; }
    u=read(),v=read();
    int tx=(l[u]<=l[rt] && r[rt]<=r[u]),ty=(l[v]<=l[rt] && r[rt]<=r[v]);
    if ( u==rt ) u=1,tx=0;  //为根直接把区间设为整棵树
    if ( v==rt ) v=1,ty=0;
    if ( tx ) u=mp[u].lower_bound(l[rt])->second;
    if ( ty ) v=mp[v].lower_bound(l[rt])->second;
    int lx=l[u]-1,ly=l[v]-1,rx=r[u],ry=r[v];
    if ( tx && ty )  ans[i]=pre[n];  
    if ( tx ) ans[i]+=(pre[ry]-pre[ly])*(tx==ty ? -1 : 1);
    if ( ty ) ans[i]+=(pre[rx]-pre[lx])*(tx==ty ? -1 : 1); 
	//计算重合区间
    Que[++cntq]=Queries(rx,ry,rx/B,tx==ty ? i : -i);
    Que[++cntq]=Queries(rx,ly,rx/B,tx==ty ? -i : i);
    Que[++cntq]=Queries(lx,ry,lx/B,tx==ty ? -i : i);
    Que[++cntq]=Queries(lx,ly,lx/B,tx==ty ? i : -i);
}
sort( Que+1,Que+1+cntq ); nw=0; memset( c1,0,sizeof(c1) );
int l=1,r=0,ql,qr,qid;
for ( int i=1; i<=cntq; i++ )
{
    ql=Que[i].l; qr=Que[i].r; qid=Que[i].id;
    while ( l<ql ) l++,c1[a[l]]++,nw+=c2[a[l]];
    while ( l>ql ) c1[a[l]]--,nw-=c2[a[l]],l--;
    while ( r<qr ) r++,c2[a[r]]++,nw+=c1[a[r]];
	while ( r>qr ) c2[a[r]]--,nw-=c1[a[r]],r--;
    qid>0 ? ans[qid]+=nw : ans[-qid]-=nw;
}

回滚莫队

主要用途：解决区间端点扩张容易，缩小难维护的情况。

思想就是通过改变维护方式使得区间只增不减。分两类：

• 左右端点在同一块，直接暴力
• 左右端点不在同一块，那么显然可以让右端点单调递增，这样右端点就没有删除操作了；对于左端点，在每次开始时直接移到块尾+1，做每个询问时暴力移动到需要的位置，做完之后重新归位到块尾+1即可。

注意写的时候不要把暴力的计数数组和分块的计数数组混起来。

例题：AT1219 经典模板。

//Author:RingweEH
//AT JOISC 2014 C - 歴史の研究
Init();	int pos=1,l,r,ql,qr,qid; ll nw=0,tt;
for ( int k=1; k<=bnum; k++ )
{
	l=rb[k]+1; r=rb[k]; nw=0; memset( cnt,0,sizeof(cnt) );
	for ( ; bel[q[pos].l]==k; pos++ )
	{
		ql=q[pos].l; qr=q[pos].r; qid=q[pos].id;
		if ( bel[ql]==bel[qr] )
		{
			tt=0;
			for ( int j=ql; j<=qr; j++ ) cnt2[b[j]]=0;
			for ( int j=ql; j<=qr; j++ )
				cnt2[b[j]]++,bmax( tt,1ll*cnt2[b[j]]*a[j] );
			ans[qid]=tt; continue;
		}
		while ( r<qr ) ++cnt[b[++r]],bmax(nw,1ll*cnt[b[r]]*a[r]);
		tt=nw;
		while ( l>ql ) ++cnt[b[--l]],bmax(nw,1ll*cnt[b[l]]*a[l]);
		ans[qid]=nw;
		while ( l<rb[k]+1 ) --cnt[b[l++]];
		nw=tt;
	}
}

二次离线莫队

适用范围：

• 可以莫队
• 更新答案时间不是 (mathcal{O}(1)) ，一个数的贡献和区间中别的数有关

大体思路：将更新答案的过程再次离线，降低复杂度。假设更新的暴力复杂度为 (mathcal{O}(k)) ，那么和普通莫队相比，是从 (mathcal{O}(nksqrt n)) 到 (mathcal{O}(nk+nsqrt n)) .

设 (f(x,[l,r])) 表示数 (x) 对区间 ([l,r]) 的贡献。考虑端点变化所产生的影响，设从 ([l,r] o [l,r+k]) ，也就是说：

[forall xin[r+1,r+k] , f(x,[l,x-1]). ]

差分之后就是 (f(x,[l,x-1])=f(x,[1,x-1])-f(x,[1,l-1])) ，转化为一个数对一个前缀的贡献。保存所有询问，从左到右扫描计算即可。但是这样常数巨大，而且空间巨大，非常的不行。

注意到贡献分成两类：

• (f(x,[1,x-1])) 的贡献永远是一个前缀和它后面的一个数的贡献，可以直接预处理
• (f(x,[1,l-1])) 对于一次询问的 (x) 都是不变的，那么打标记就可以只标记左右端点，然后最后再扫一遍暴力处理。

这样就能大大优化时空复杂度，具体可以参考模板题的代码理解。

模板题

查询区间内满足 (count(a_ioplus a_j)=k) 的无序数对个数。其中 (count(x)) 表示 (x) 二进制下 (1) 的个数。

---

利用异或的优良性质，开个桶记录当前前缀中与 (i) 异或有 (k) 个数位为 (1) 的数的个数。每次加入一个数 (a[i])，就对所有 (count(x)=k) 的 (x) 计入贡献，(++cnt[a[i]oplus x]) 即可。

注意你做的是差量，所以最后对答案要来一遍前缀和。

//Author:RingweEH
const int N=1e5+10;
int bel[N],a[N],n,m,k,cnt[N],pre[N];
struct Queries
{
    int l,r,id; ll ans;
    bool operator < ( Queries tmp ) { return (bel[l]^bel[tmp.l]) ? l<tmp.l : r<tmp.r; }
}q[N];
struct Node 
{ 
    int x,y,pos; 
    Node ( int _x=0,int _y=0,int _pos=0 ) : x(_x),y(_y),pos(_pos) {}
};
vector<Node> opt[N];
vector<int> buc;
ll ans[N];

#define lowbit(x) ((x)&(-x))
int Count( int x ) { int res=0; for ( ; x; x-=lowbit(x) ) res++; return res; }
void Init()
{
    for ( int i=0; i<16384; i++ ) 
        if ( Count(i)==k ) buc.push_back(i);
    int siz=sqrt(n);
    for ( int i=1; i<=n; i++ ) bel[i]=(i-1)/siz+1;
    sort( q+1,q+1+m ); memset( cnt,0,sizeof(cnt) );
    for ( int i=1; i<=n; i++ )
    {
        for ( auto x : buc ) cnt[a[i]^x]++;
        pre[i]=cnt[a[i+1]]; //记住你计算的前缀多了1！
    }
}

int main()
{
    n=read(); m=read(); k=read();
    if ( k>14 ) { for ( int i=1; i<=m; i++ ) printf( "0
" ); return 0; }
    for ( int i=1; i<=n; i++ ) a[i]=read();
    for ( int i=1; i<=m; i++ ) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;

    Init(); int l=1,r=0,ql,qr,qid; memset( cnt,0,sizeof(cnt) );
    for ( int i=1; i<=m; i++ )
    {
        ql=q[i].l; qr=q[i].r;
        //相当于是r不动，计算固定右端点对区间变化的贡献，l同理
        if ( l<ql ) opt[r].push_back( Node(l,ql-1,-i) );  //记录第二类贡献的标记
        while ( l<ql ) q[i].ans+=pre[l-1],l++;    //累计第一类的贡献
        if ( l>ql ) opt[r].push_back( Node(ql,l-1,i) );
        while ( l>ql ) q[i].ans-=pre[l-2],l--;
        if ( r<qr ) opt[l-1].push_back( Node(r+1,qr,-i) );
        while ( r<qr ) q[i].ans+=pre[r],r++;
        if ( r>qr ) opt[l-1].push_back( Node(qr+1,r,i) );
        while ( r>qr ) q[i].ans-=pre[r-1],r--;
    }
    for ( int i=1; i<=n; i++ )      //计算 a[1~i] 对所有后面的区间的贡献，暴力统计
    {
        for ( auto x : buc ) cnt[a[i]^x]++;
        for ( int j=0; j<opt[i].size(); j++ )
        {
            l=opt[i][j].x; r=opt[i][j].y; qid=opt[i][j].pos;
            for ( int j=l,tmp; j<=r; j++ )
            {
                tmp=cnt[a[j]]; tmp-=(j<=i && k==0);
                (qid<0) ? q[-qid].ans-=tmp : q[qid].ans+=tmp;
            }
        }
    }
    for ( int i=1; i<=m; i++ ) q[i].ans+=q[i-1].ans;
    for ( int i=1; i<=m; i++ ) ans[q[i].id]=q[i].ans;
    for ( int i=1; i<=m; i++ ) printf( "%lld
",ans[i] );
    return 0;
}