【题解】Interval [牛客

题目链接

题意

• 
• 注意L可能大于R(应该都注意到了)

题解

• 对于固定的左端点或者右端点，不同的值至多只有log个
• 先把这些值找出来，然后去掉具有包含关系的相同的值
• 单纯的二维偏序求和无法处理相同的值
• 那么把相同的值按顺序放在一起 (l1,r1)(l2,r2)...(lp,rp)
• 那么如果查询包含了(l1,r2)(l2,r3)...(lp-1,rp)这些区间，答案就应该-1
• 所以设置一些权值为-1的区间，再二维偏序即可

总结

对于一般的（离线）二维偏序问题，常常对第一维排序后，用树状数组维护第二维的值。

而这道题中，需要解决的是强制在线的二维偏序问题，就需要用到主席树处理区间。

多个根结点rt[i]代表不同的右区间，通过继承上一个根结点的信息，保证了其内部包括的区间的第二维只会是递增的。

主席树此时等价于n棵线段树，查询操作相当于询问左区间个数之和，时间复杂度是log(n)的。

代码

#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson tr[o].l, l, mid
#define rson tr[o].r, mid+1, r

struct node {
   int sum, l, r;
}tr[N*400];
int tot = 0, rt[N]; // 空间开32倍RE了

void update(int &o, int l, int r, int i, int v) {
   tr[++tot] = tr[o]; o = tot; tr[o].sum += v; // 继承上一个右区间的信息后，更新点权
   if(l == r) return;
   else if(i <= mid) update(lson, i, v);
   else update(rson, i, v);
}

int query(int o, int l, int r, int L, int R) {
   if(l > R || r < L) return 0;
   if(L <= l && r <= R) return tr[o].sum;
   return query(lson, L, R) + query(rson, L, R);
}

int main() {
   int n; scanf("%d", &n);
   map<int, int> pre, his;
   for (int i = 1; i <= n; i++) {
       int x; scanf("%d", &x);
       map<int, int> cur;
       pre[(1<<30)-1] = i; // 考虑当前节点构成区间
       for (auto o : pre) {
           int key = o.first & x;
           cur[key] = max(cur[key], o.second);
      }
       
       rt[i] = rt[i-1]; // 继承上一个右区间的信息
       for (auto o : cur) {
           if(his.count(o.first)) {
               update(rt[i], 1, n, his[o.first], -1); // 去重
          }
           his[o.first] = o.second;
           update(rt[i], 1, n, o.second, 1);
      }
       
       swap(cur, pre);
  }
   
   int q;
   scanf("%d", &q);
   int last = 0;
   while (q--) {
       int l, r;
       scanf("%d %d", &l, &r);
       l = (l ^ last) % n + 1;
       r = (r ^ last) % n + 1;
       
       if(l > r) swap(l, r);
       last = query(rt[r], 1, n, l, r);
       printf("%d
", last);
  }
}