题目描述
墨墨购买了一套N支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会向你发布如下指令：
1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。
为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？
输入格式
第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。
第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。
第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。
输出格式
对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
输入输出样例
输入 #1
6 5
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6
输出 #1
4
4
3
4
说明/提示
对于30%的数据，(n,m leq 10000)
对于60%的数据，(n,m leq 50000)
对于所有数据，(n,m leq 133333)
所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于 (1) 且不超过 (10^6)。
本题可能轻微卡常数
思路分析
- 今天刷莫队的题，看见这道题刚要上去套板子，发现这题带修改啊……于是爬去学习了一下带修莫队
关于带修莫队
- 带修莫队其实不难，只是在莫队的基础上稍微做了一丢丢的修改，核心就是增加了一个类似时间轴的东西
- 我们把查询和修改操作分开离线存储，修改操作该记录什么就记录什么就行了，关键是查询，要在普通莫队的基础上再记录一下此前已经经历了多少次修改
- 排序的时候也需要进行改动，需要以这个时间轴为第三关键字，像这样：
inline bool operator <(const query &a)const{
return l/len==a.l/len ? (r/len==a.r/len ? tim < a.tim : r < a.r) : l < a.l;//len表示块长
}
- 然后统计答案的时候先跑一遍莫队的常规操作，然后看一下这时已经修改了多少次，如果修改次数少于应该修改的次数，那就把没有执行的修改操作执行，如果多于应该修改的次数，那就撤销掉多执行的修改操作，部分代码如下：
while(now < q[i].tim)update(q[i].l,q[i].r,++now);//now代表当前执行的修改次数，q是存储的查询操作，tim就是上面说的时间轴，也就是应该执行的修改次数
while(now > q[i].tim)update(q[i].l,q[i].r,now--);
update里是这样的
void update(int l,int r,int x){//执行或撤销修改操作，这里通过一个swap巧妙的把两个操作合并在了一起
if(l<=mo[x].pos&&mo[x].pos<=r){
del(c[mo[x].pos]);
add(mo[x].col);
}
swap(c[mo[x].pos],mo[x].col);
}
- 然后这题基本解决，还有就是，使用
getchar时一定要小心！！！，我因为这个浪费好长时间(可见后加的数据有多毒瘤，我之前的都过了)。奥对了，这题块长为 (n^{1/2}) 好像过不去，得改为 (n^{2/3})
(Code)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 2000010
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,len,c[N],belong[N],c2[N],ans[N],tot1,tot2,cnt[N],nowans;
struct query{
int l,r,id,tim;
inline bool operator <(const query &a)const{
return l/len==a.l/len ? (r/len==a.r/len ? tim < a.tim : r < a.r) : l < a.l;
}
}q[N];
struct modify{
int pos,col;
}mo[N];
void add(int x){
cnt[x]++;
if(cnt[x]==1)nowans++;
}
void del(int x){
cnt[x]--;
if(!cnt[x])nowans--;
}
void update(int l,int r,int x){
if(l<=mo[x].pos&&mo[x].pos<=r){
del(c[mo[x].pos]);
add(mo[x].col);
}
swap(c[mo[x].pos],mo[x].col);
}
int main(){
n = read(),m = read();
len = pow(n,2.0/3.0);
for(R int i = 1;i <= n;i++)c[i] = read();
for(R int i = 1;i <= m;i++){
char op = getchar();
while(op!='Q' && op!='R') op=getchar();//说的就这里
int x = read(),y = read();
if(op=='Q'){
q[++tot1].l = x,q[tot1].r = y,q[tot1].tim = tot2,q[tot1].id = tot1;
}else{
mo[++tot2].pos = x,mo[tot2].col = y;
}
}
sort(q+1,q+1+tot1);
int l = 1,r = 0,now = 0;
for(R int i = 1;i <= tot1;i++){
while(l < q[i].l)del(c[l++]);
while(l > q[i].l)add(c[--l]);
while(r < q[i].r)add(c[++r]);
while(r > q[i].r)del(c[r--]);
while(now < q[i].tim)update(q[i].l,q[i].r,++now);//多的地方
while(now > q[i].tim)update(q[i].l,q[i].r,now--);
ans[q[i].id] = nowans;
}
for(R int i = 1;i <= tot1;i++)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}