题目描述
小J是国家图书馆的一位图书管理员，他的工作是管理一个巨大的书架。虽然他很能吃苦耐劳，但是由于这个书架十分巨大，所以他的工作效率总是很低，以致他面临着被解雇的危险，这也正是他所郁闷的。
具体说来，书架由N个书位组成，编号从1到N。每个书位放着一本书，每本书有一个特定的编码。
小J的工作有两类：
1.图书馆经常购置新书，而书架任意时刻都是满的，所以只得将某位置的书拿掉并换成新购的书。
2.小J需要回答顾客的查询，顾客会询问某一段连续的书位中某一特定编码的书有多少本。
例如，共5个书位，开始时书位上的书编码为1，2，3，4，5
一位顾客询问书位1到书位3中编码为“2”的书共多少本，得到的回答为：1
一位顾客询问书位1到书位3中编码为“1”的书共多少本，得到的回答为：1
此时，图书馆购进一本编码为“1”的书，并将它放到2号书位。
一位顾客询问书位1到书位3中编码为“2”的书共多少本，得到的回答为：0
一位顾客询问书位1到书位3中编码为“1”的书共多少本，得到的回答为：2
……
你的任务是写一个程序来回答每个顾客的询问。
输入输出格式
输入格式：第一行两个整数N，M，表示一共N个书位，M个操作。
接下来一行共N个整数数A1,A2…AN，Ai表示开始时位置i上的书的编码。
接下来M行，每行表示一次操作，每行开头一个字符
若字符为‘C’，表示图书馆购进新书，后接两个整数A(1<=A<=N)，P，表示这本书被放在位置A上，以及这本书的编码为P。
若字符为‘Q’，表示一个顾客的查询，后接三个整数A，B，K(1<=A<=B<=N)，表示查询从第A书位到第Ｂ书位（包含Ａ和Ｂ）中编码为Ｋ的书共多少本。
输出格式：对每一个顾客的查询，输出一个整数，表示顾客所要查询的结果。
输入输出样例
输入样例#1：
5 5
1 2 3 4 5
Q 1 3 2
Q 1 3 1
C 2 1
Q 1 3 2
Q 1 3 1
输出样例#1：
1
1
0
2
说明
对于40%的数据，1<=N,M<=5000
对于100%的数据，1<=N,M<=100000
对于100%的数据，所有出现的书的编码为不大于2147483647的正数。
Solution：
本题解法太多，前后用了4种方法去做，由简入繁。
法一：分块+map（736ms）
我们可以将数列划分为$sqrt n$块，每个块用map维护块内元素出现次数，那么单次修改可以做到$O(log(sqrt n))$，单次查询能做到$sqrt n log (sqrt n)$。时间复杂度$O(nsqrt n log(sqrt n))$，极限数据能卡到$2e8$，但是本题数据比较水也能过。
法一代码：
/*Code by 520 -- 10.28*/ #include<bits/stdc++.h> #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp> #include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; using namespace __gnu_pbds; const int N=100005; gp_hash_table<int,int>mp[1005]; int n,m,a[N],bl[N],ln[N],rn[N],clo,u,v,w; char opt[2]; int gi(){ int a=0;char x=getchar(); while(x<'0'||x>'9') x=getchar(); while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar(); return a; } il int query(int x,int y,int z){ int bx=bl[x],by=bl[y],res=0; if(bx==by) { For(i,x,y) res+=(a[i]==z); return res; } For(i,bx+1,by-1) res+=mp[i][z]; For(i,x,rn[bx]) res+=(a[i]==z); For(i,ln[by],y) res+=(a[i]==z); return res; } int main(){ n=gi(),m=gi(); clo=sqrt(n); For(i,1,n) { a[i]=gi(),bl[i]=(i-1)/clo+1,mp[bl[i]][a[i]]++; if(!ln[bl[i]]) ln[bl[i]]=i; rn[bl[i]]=i; } For(i,1,m){ scanf("%s",opt); if(opt[0]=='Q') u=gi(),v=gi(),w=gi(),printf("%d ",query(u,v,w)); else { u=gi(),v=gi(); mp[bl[u]][a[u]]--; a[u]=v; mp[bl[u]][a[u]]++; } } return 0; }
法二：分块+离散化（383ms）
我们显然可以用奇技淫巧优化掉法一中的$log(sqrt n)$。只需要离线操作，并对数的值域离散，然后用空间换时间，一种方法是把块数调小，另一种是直接用short类型来开桶（反正一个块内的元素次数不会超过$sqrt n<2^{16}-1$），能卡着空间过。时间复杂度$O(nsqrt n)$。
法二代码：
/*Code by 520 -- 10.28*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; const int N=100005; int n,m,a[N],bl[N],ln[N],rn[N],clo,u,v,w,*q[N<<1],cnt; struct node{ int l,r,x; }t[N]; short mp[318][N<<1]; char opt[N][2]; int gi(){ int a=0;char x=getchar(); while(x<'0'||x>'9') x=getchar(); while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar(); return a; } il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;} il int query(int x,int y,int z){ int bx=bl[x],by=bl[y],res=0; if(bx==by) { For(i,x,y) res+=(a[i]==z); return res; } For(i,bx+1,by-1) res+=mp[i][z]; For(i,x,rn[bx]) res+=(a[i]==z); For(i,ln[by],y) res+=(a[i]==z); return res; } int main(){ n=gi(),m=gi(); clo=sqrt(n); For(i,1,n) { a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i],bl[i]=(i-1)/clo+1; if(!ln[bl[i]]) ln[bl[i]]=i; rn[bl[i]]=i; } For(i,1,m){ scanf("%s",opt[i]); if(opt[i][0]=='Q') t[i]=node{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&t[i].x; else t[i]=node{gi(),gi(),0},q[++cnt]=&t[i].r; } sort(q+1,q+cnt+1,cmp); int lst=-1,tot=0; For(i,1,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot; For(i,1,n) mp[bl[i]][a[i]]++; For(i,1,m){ if(opt[i][0]=='Q') printf("%d ",query(t[i].l,t[i].r,t[i].x)); else { u=t[i].l,v=t[i].r; mp[bl[u]][a[u]]--; a[u]=v; mp[bl[u]][a[u]]++; } } return 0; }
法三：带修改主席树（1156ms ）
本题显然是个带修主席树的板子，只需要离线操作并对值域离散，然后就直接板子咯。时间复杂度$O(nlog^2 n)$。
法三代码：
/*Code by 520 -- 10.28*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; const int N=100005; int n,m,a[N],*q[N<<1],cnt,tot,rt[N],X[N],Y[N],tx,ty; struct query{ int l,r,x; }qus[N]; struct node{ int ls,rs,sz; }t[N*300]; char opt[N][2]; int gi(){ int a=0;char x=getchar(); while(x<'0'||x>'9') x=getchar(); while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar(); return a; } il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;} void ins(int l,int r,int k,int x,int lst,int &rt){ if(!rt) rt=++tot; t[rt]=t[lst],t[rt].sz+=x; if(l==r) return; int m=l+r>>1; if(k<=m) ins(l,m,k,x,t[lst].ls,t[rt].ls); else ins(m+1,r,k,x,t[lst].rs,t[rt].rs); } il void update(int i,int v){ int k=a[i]; while(i<=n) ins(1,cnt,k,v,rt[i],rt[i]),i+=i&-i; } il int calc(int x){ int l=1,r=cnt,k=qus[x].x,res=0; tx=ty=0; for(RE int i=qus[x].l-1;i;i-=i&-i) X[++tx]=rt[i]; for(RE int i=qus[x].r;i;i-=i&-i) Y[++ty]=rt[i]; while(1){ int mid=l+r>>1; if(l==r) break; if(mid>=k) { r=mid; For(i,1,tx) X[i]=t[X[i]].ls; For(i,1,ty) Y[i]=t[Y[i]].ls; } else { l=mid+1; For(i,1,tx) X[i]=t[X[i]].rs; For(i,1,ty) Y[i]=t[Y[i]].rs; } } For(i,1,ty) res+=t[Y[i]].sz; For(i,1,tx) res-=t[X[i]].sz; return res; } int main(){ n=gi(),m=gi(); For(i,1,n) a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i]; For(i,1,m){ scanf("%s",opt[i]); if(opt[i][0]=='Q') qus[i]=query{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&qus[i].x; else qus[i]=query{gi(),gi(),0},q[++cnt]=&qus[i].r; } sort(q+1,q+cnt+1,cmp); int lst=-1; For(i,1,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot; cnt=tot; memset(&t[tot=0],0,sizeof(t[0])); For(i,1,n) update(i,1); For(i,1,m){ if(opt[i][0]=='Q') printf("%d ",calc(i)); else { int u=qus[i].l,v=qus[i].r; update(u,-1),a[u]=v,update(u,1); } } return 0; }
法四：平衡树（432ms）
我们离线操作并对值域离散后，可以直接用无旋treap维护每个值域的下标中序，那么修改就是简单的删除操作，查询也是简单的分离操作。时间复杂度$O(nlog n)$。
法四代码：
/*Code by 520 -- 10.28*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; const int N=200005; int n,m,a[N],*q[N<<1],cnt; int ch[N][2],rt[N],rnd[N],date[N],siz[N]; struct node{ int l,r,x; }t[N]; char opt[N][2]; int gi(){ int a=0;char x=getchar(); while(x<'0'||x>'9') x=getchar(); while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar(); return a; } il bool cmp(int *a,int *b){return *a<*b;} il int newnode(int v){ ++cnt; siz[cnt]=1,date[cnt]=v,rnd[cnt]=rand(); return cnt; } il void up(int rt){siz[rt]=siz[ch[rt][0]]+siz[ch[rt][1]]+1;} int merge(int x,int y){ if(!x||!y) return x+y; if(rnd[x]<rnd[y]) {ch[x][1]=merge(ch[x][1],y),up(x);return x;} else {ch[y][0]=merge(x,ch[y][0]),up(y);return y;} } void split(int rt,int v,int &x,int &y){ if(!rt) {x=y=0;return;} if(date[rt]<=v) x=rt,split(ch[rt][1],v,ch[x][1],y),up(x); else y=rt,split(ch[rt][0],v,x,ch[y][0]),up(y); } il void ins(int k,int v){ int x,y; split(rt[k],v,x,y),rt[k]=merge(merge(x,newnode(v)),y); } il void del(int k,int v){ int x,y,z; split(rt[k],v,x,y),split(x,v-1,x,z),rt[k]=merge(x,y); } int main(){ srand(time(0)); n=gi(),m=gi(); For(i,1,n) a[i]=gi(),q[++cnt]=&a[i]; For(i,1,m){ scanf("%s",opt[i]); if(opt[i][0]=='Q') t[i]=node{gi(),gi(),gi()},q[++cnt]=&t[i].x; else t[i]=node{gi(),gi(),0},q[++cnt]=&t[i].r; } sort(q+1,q+cnt+1,cmp); int lst=-1,tot=0; For(i,1,cnt) if(*q[i]!=lst) lst=*q[i],*q[i]=++tot; else *q[i]=tot; cnt=0; For(i,1,n) ins(a[i],i); For(i,1,m){ if(opt[i][0]=='Q') { int x,y,z; split(rt[t[i].x],t[i].r,x,y),split(x,t[i].l-1,x,z); printf("%d ",siz[z]); rt[t[i].x]=merge(merge(x,z),y); } else { int x,y,z,u=t[i].l,v=t[i].r; del(a[u],u),a[u]=v,ins(a[u],u); } } return 0; }
