洛谷P3393数颜色---动态开点多棵线段树

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3939

题目描述

小 C 的兔子不是雪白的，而是五彩缤纷的。每只兔子都有一种颜色，不同的兔子可能有 相同的颜色。小 C 把她标号从 1 到 n 的 n 只兔子排成长长的一排，来给他们喂胡萝卜吃。 排列完成后，第 $i$ 只兔子的颜色是 $a_{i}​$。

俗话说得好，“萝卜青菜，各有所爱”。小 C 发现，不同颜色的兔子可能有对胡萝卜的 不同偏好。比如，银色的兔子最喜欢吃金色的胡萝卜，金色的兔子更喜欢吃胡萝卜叶子，而 绿色的兔子却喜欢吃酸一点的胡萝卜……为了满足兔子们的要求，小 C 十分苦恼。所以，为 了使得胡萝卜喂得更加准确，小 C 想知道在区间$[l_{j},r_{j}]$ 里有多少只颜色为 $c_{j}$ 的兔子。

不过，因为小 C 的兔子们都十分地活跃，它们不是很愿意待在一个固定的位置；与此同 时，小 C 也在根据她知道的信息来给兔子们调整位置。所以，有时编号为 $x_{j}$和 $x_{j+1}$ 的两 只兔子会交换位置。 小 C 被这一系列麻烦事给难住了。你能帮帮她吗？

输入格式

从标准输入中读入数据。 输入第 1 行两个正整数 n,m.

输入第 2 行 n 个正整数，第 i 个数表示第 i 只兔子的颜色 $a_{i}$

输入接下来 m 行，每行为以下两种中的一种：

“1 $l_{j}$ $r_{j}$ $c_{j}$” ：询问在区间$[l_{j},r_{j}]$里有多少只颜色为 $c_{j}$​ 的兔子；

“2 $x_{j}$”：$x_{j}$和$x_{j+1}$两只兔子交换了位置。

输出格式

输出到标准输出中。

对于每个 1 操作，输出一行一个正整数，表示你对于这个询问的答案。

输入输出样例

输入 

6 5 
1 2 3 2 3 3  
1 1 3 2 
1 4 6 3  
2 3 
1 1 3 2  
1 4 6 3

输出 

1 
2 
2 
3 

emmm，看起来挺简单的一道题，就是刷刷手感，我们对每个颜色建一颗线段树就ok了，只不过考虑到内存的问题，我们可以使用动态开点就可以了，然后你会发现这题的最后几组测试数据是真的苟，基本都是在800ms-1000ms之间卡着过的。开了$O_{2}$优化还多T了一组QAQ。。

以下是可能会T的代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mac=3e5+10;

int ver[mac];//每棵颜色树的根
struct node
{
    int l,r,s;
}tree[mac<<5];
int tot=0,a[mac];

void update(int l,int r,int &rt,int pos,int val)
{
    if (!rt) rt=++tot;
    if (l==r) {tree[rt].s=val; return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos<=mid) update(l,mid,tree[rt].l,pos,val);
    else update(mid+1,r,tree[rt].r,pos,val);
    tree[rt].s=tree[tree[rt].l].s+tree[tree[rt].r].s;
}

int query(int l,int r,int rt,int L,int R)
{
    if (!rt) return 0;
    if (l>=L && r<=R) return tree[rt].s;
    int sum=0;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (L<=mid) sum+=query(l,mid,tree[rt].l,L,R);
    if (R>mid) sum+=query(mid+1,r,tree[rt].r,L,R);
    return sum;
}

int main()
{
    int n,m;
    scanf ("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1; i<=n; i++){
        scanf ("%d",&a[i]);
        update(1,n,ver[a[i]],i,1);
    }
    while (m--){
        int opt,l,r,c;
        scanf ("%d",&opt);
        if (opt==1){
            scanf ("%d%d%d",&l,&r,&c);
            printf ("%d
",query(1,n,ver[c],l,r));
        }
        else {
            int x;
            scanf ("%d",&x);
            if (a[x]==a[x+1]) continue;//!!!
            update(1,n,ver[a[x]],x,0);//抹除之前的位置
            update(1,n,ver[a[x]],x+1,1);

            update(1,n,ver[a[x+1]],x+1,0);//抹除之前的位置
            update(1,n,ver[a[x+1]],x,1);
            swap(a[x],a[x+1]);
        }
    }
    return 0;
}

然后你可以开始你的优化之旅了，首先，我来来一发快读和快输

void in(int &x)
{
    int f=0;
    char ch=getchar();
    while (ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') f=(f<<1)+(f<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    x=f;
}

void out(int x)
{
    if (x>=10) out(x/10);
    putchar('0'+x%10);
}

然后发现并没有什么卵用。。。然后开启$O_{2}$优化。。。过了。。。