C++ 莫队算法（转）

胡小兔的良心莫队教程：莫队、带修改莫队、树上莫队

在开始学习莫队之前，照例先甩一道例题：BZOJ 1878 HH的项链。

题意：求区间内数的个数，相同的数只算一次。

在我关于这道题的上一篇题解中，我使用了主席树来在线做这道题；在洛谷的一道类似题中，我使用了分块；而如果不要求在线，这道题还有一种极其好写的方法——莫队。

什么是莫队？

莫队不是一种叫做莫的队列（我第一次听到这个名字时竟然是这么理解的 -_-|||），它是以发明人前国家队队长莫涛——“莫队”的名字命名的。

它是一种传说中“能解决一切区间问题”的算法。首先，我们先来学习最简单的莫队——可离线、无修改的莫队。

可离线、无修改的莫队

莫队算法的精髓就是通过合理地对询问排序，然后以较优的顺序暴力回答每个询问。处理完一个询问后，可以使用它的信息得到下一个询问区间的答案。

考虑这个问题：对于上面这道题，已知区间　 $[1, 5]$

当然，可以将区间 $[2, 6]$

在莫队算法中，我们可以使用第二种求答案的方法。至于为什么要用这个貌似与前面那种方法复杂度毫无区别的方法？当然是因为经过“合理的排序”后，这种方法可以被优化啦。

接下来我们还需要考虑一个问题：如何“合理地对询问排序”？

莫队提供了这样一个排序方案：将原序列以 $\sqrt{n}$

具体的核心部分代码：

sort(q + 1, q + m + 1); //将询问排序
int ql = 1, qr = 0; //初始区间是一个空区间
for(int i = 1; i <= m; i++){
    while(pl < q[i].l) del(a[pl++]); // 
    while(pl > q[i].l) add(a[--pl]);
    while(pr < q[i].r) add(a[++pr]);
    while(pr > q[i].r) del(a[pr--]);
    ans[q[i].id] = sum;
}

这样就可以求出答案了！

——可是，这样做的复杂度是什么？

显然，每次移动左端点（或右端点）的复杂度都是 $O (1)$

对于右端点：当当前询问的左端点在同一块时，右端点都是有序的，那么右端点最多会从１一直移动到ｎ；两个询问左端点在不同块（即“跨块”）时，最多从ｎ一下子移回１。两种都是 $O (n)$

对于左端点：当当前询问的左端点在同一块时，注意左端点不是有序的，那么一次最多从块的一端移到另一端，复杂度 $O (\sqrt{n})$

综上，莫队的复杂度是 $O (\sqrt{n})$

莫队的一大优点是：代码思路极其简单，尤其是序列上无需修改的莫队，核心代码只有五行：

while(pl < q[i].l) del(a[pl++]);
while(pl > q[i].l) add(a[--pl]);
while(pr < q[i].r) add(a[++pr]);
while(pr > q[i].r) del(a[pr--]);
ans[q[i].id] = sum;

其中 $p l$

BZOJ 1878 HH的项链我的AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
    if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
    x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) x = -x, putchar('-');
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 50005, M = 200005, B = 233;
int n, m, a[N], sum, ans[M], cnt[1000005];
#define bel(x) ((x - 1) / B + 1)
struct query {
    int id, l, r;
    bool operator < (const query &b) const{
    return bel(l) == bel(b.l) ? r < b.r : l < b.l;
    }
} q[M];
void add(int x){
    if(!cnt[x]) sum++;
    cnt[x]++;
}
void del(int x){
    cnt[x]--;
    if(!cnt[x]) sum--;
}
int main(){
    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    read(m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    q[i].id = i, read(q[i].l), read(q[i].r);
    sort(q + 1, q + m + 1);
    int pl = 1, pr = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
    while(pl < q[i].l) del(a[pl++]);
    while(pl > q[i].l) add(a[--pl]);
    while(pr < q[i].r) add(a[++pr]);
    while(pr > q[i].r) del(a[pr--]);
    ans[q[i].id] = sum;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    write(ans[i]), enter;
    return 0;
}

可以单点修改的莫队

写完了上面这道题，可以发现：普通的莫队算法没有支持修改。那么如何改造该算法使它支持修改呢？

莫队算法被称为“优雅的暴力”，那么我们改造莫队算法的思路也只有一个：改造询问排序的方式，然后继续暴力。

这一次，排序的方式是：以 $n^{\frac{2}{3}}$

每次回答询问时，先从上一个询问的时间“穿越”到当前询问的时间：如果当前询问的时间更靠后，则顺序执行所有修改，直到达到当前询问时间；如果当前询问的时间更靠前，则“时光倒流”，还原所有多余的修改。进行推移时间的操作时，如果涉及到当前区间内的位置的修改，要对答案进行相应的维护。

接下来我们来简要地证明一下复杂度！（不是非常关心证明的同学，可以直接跳到结论部分……）

推移时间、移动左端点、移动右端点的操作都是 $O (1)$

对于时间的移动，对于左右端点所在块不变的情况，时间是单调向右移的，总共 $O (n)$

对于右端点的移动，在左右端点所在块不变时，每次最多移动 $n^{\frac{2}{3}}$

对于左端点的移动，在左端点块不变时，一次移动距离最多 $n^{\frac{2}{3}}$

结论：上述排序方法实现的莫队复杂度是 $O (n^{\frac{5}{3}})$

想试一试？可以做一下这道题：BZOJ 2120 数颜色。这道题也可以使用分块+块内排序二分来做，我也用这个方法写过一篇题解，欢迎阅读。

这道题我的莫队AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) x = -x, putchar('-');
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 10005, M = 1000005, B = 464;
int n, m, pl = 1, pr = 0, cur, res, ans[N], a[N], cnt[M];
int idxC, idxQ, tim[N], pos[N], val[N], pre[N];
#define bel(x) (((x) - 1) / B + 1)
struct query {
    int id, tim, l, r;
    bool operator < (const query &b) const {
        if(bel(l) != bel(b.l)) return l < b.l;
        if(bel(r) != bel(b.r)) return r < b.r;
        return id < b.id;
    }
} q[N];
void change_add(int cur){
    if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr){
        cnt[a[pos[cur]]]--;
        if(!cnt[a[pos[cur]]]) res--;
    }
    pre[cur] = a[pos[cur]];
    a[pos[cur]] = val[cur];
    if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr){
        if(!cnt[a[pos[cur]]]) res++;
        cnt[a[pos[cur]]]++;
    }
}
void change_del(int cur){
    if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr){
        cnt[a[pos[cur]]]--;
        if(!cnt[a[pos[cur]]]) res--;
    }
    a[pos[cur]] = pre[cur];
    if(pos[cur] >= pl && pos[cur] <= pr){
        if(!cnt[a[pos[cur]]]) res++;
        cnt[a[pos[cur]]]++;
    }
}
void change(int now){
    while(cur < idxC && tim[cur + 1] <= now) change_add(++cur);
    while(cur && tim[cur] > now) change_del(cur--);
}
void add(int p){
    if(!cnt[a[p]]) res++;
    cnt[a[p]]++;
}
void del(int p){
    cnt[a[p]]--;
    if(!cnt[a[p]]) res--;
}
bool isQ(){
    char op[2];
    scanf("%s", op);
    return op[0] == 'Q';
}
int main(){
    read(n), read(m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        if(isQ()) idxQ++, q[idxQ].id = idxQ, q[idxQ].tim = i, read(q[idxQ].l), read(q[idxQ].r);
        else tim[++idxC] = i, read(pos[idxC]), read(val[idxC]);
    }
    sort(q + 1, q + idxQ + 1);
    for(int i = 1; i <= idxQ; i++){
        change(q[i].tim);
        while(pl > q[i].l) add(--pl);
        while(pr < q[i].r) add(++pr);
        while(pl < q[i].l) del(pl++);
        while(pr > q[i].r) del(pr--);
        ans[q[i].id] = res;
    }
    for(int i = 1; i <= idxQ; i++)
        write(ans[i]), enter;
    return 0;
}

树上莫队

在序列中，莫队算法号称“可以解决一切区间问题”；而把莫队算法搬到树上，它在某种程度上也可以“解决一切树上路径问题”。

学习树上莫队，需要以下预备知识：

LCA(最近公共祖先)
莫队
能 AC BZOJ 1086 王室联邦

首先，我们要对树进行分块！如何分块？请参考 BZOJ 1086 的分块方法，欢迎参考我的题解。这个方法可以保证每一块的大小都在 $[B, 3 B]$

然后我们还是要对所有询问进行排序。排序依据是（假设我们做的是带修改树上莫队，一块的大小是 $n^{\frac{2}{3}}$

与上面的“数颜色”这道题类似，这道题也是使用“时间推移”和“时间倒流”的技能实现修改操作。序列莫队中的“左右端点”的概念，在树上莫队中对应着“起点终点”。

最后一个重要的问题就是：如何移动起点终点？

在序列中，左右端点的移动方式是显然的，一个端点的移动只有两个方向——左和右，而它们带来的影响也是显然的——区间增加一个元素或删除一个元素。

然而树上莫队却不是非常显然……最佳的方案是：维护一个 $v i s$

对于上面的做法的正确性，VFleaKing的博客中有证明，证明部分摘录如下（Xor表示类似异或的操作，即节点出现两侧会消掉）：

T(v, u) = S(root, v) xor S(root, u)（摘者注：显然等式右侧是u到v的路径上除lca以外的点）
观察将curV移动到targetV前后T(curV, curU)变化：
T(curV, curU) = S(root, curV) xor S(root, curU)
T(targetV, curU) = S(root, targetV) xor S(root, curU)
取对称差：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= (S(root, curV) xor S(root, curU)) xor (S(root, targetV) xor S(root, curU))
由于对称差的交换律、结合律：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= S(root, curV) xor S(root, targetV)
两边同时xor T(curV, curU)：
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor S(root, curV) xor S(root, targetV)
发现最后两项很爽……哇哈哈
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor T(curV, targetV)

当然，你也可以画个图，感性地理解一下这种操作……

那么接下来我们看一道例题！WC2013, BZOJ3052, UOJ58 糖果公园

我在这里贴一下我的代码供大家参考。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
    if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
    x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')

const int N = 200005, B = 2005;
int n, maxcol, m, bel[N], idx, stk[N], top, pu, pv, cur;
int cntQ, cntC, tim[N], pos[N], newx[N], col[N], pre[N], cnt[N];
ll val[N], wei[N], res, ans[N];
int ecnt, go[2*N], nxt[2*N], adj[N];
int fa[N], lg[2*N], dep[N], seq[2*N], seq_cnt, seq_pos[N], mi[2*N][20];
bool vis[N];
struct query {
    int id, tim, u, v;
    bool operator < (const query &b) const {
    if(bel[u] != bel[b.u]) return bel[u] < bel[b.u];
    if(bel[v] != bel[b.v]) return bel[v] < bel[b.v];
    return tim < b.tim;
    }
} q[N];

void add(int u, int v){
    go[++ecnt] = v;
    nxt[ecnt] = adj[u];
    adj[u] = ecnt;
}
void dfs(int u, int pre){
    dep[u] = dep[pre] + 1, fa[u] = pre;
    seq[++seq_cnt] = u, seq_pos[u] = seq_cnt;
    int st = top;
    for(int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
    if(v = go[e], v != pre){
        dfs(v, u);
        seq[++seq_cnt] = u;
        if(top - st > B){
        idx++;
        while(top > st) bel[stk[top--]] = idx;
        }
    }
    stk[++top] = u;
}
int Min(int a, int b){
    return dep[a] < dep[b] ? a : b;
}
void lca_init(){
    for(int i = 1, j = 0; i <= seq_cnt; i++)
    lg[i] = i == (1 << (j + 1)) ? ++j : j;
    for(int i = 1; i <= seq_cnt; i++) mi[i][0] = seq[i];
    for(int j = 1; (1 << j) <= seq_cnt; j++)
    for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= seq_cnt; i++)
        mi[i][j] = Min(mi[i][j - 1], mi[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int lca(int u, int v){
    u = seq_pos[u], v = seq_pos[v];
    if(u > v) swap(u, v);
    int j = lg[v - u + 1];
    return Min(mi[u][j], mi[v - (1 << j) + 1][j]);
}
void reverse(int u){
    if(vis[u]) res -= wei[cnt[col[u]]] * val[col[u]], cnt[col[u]]--;
    else cnt[col[u]]++, res += wei[cnt[col[u]]] * val[col[u]];
    vis[u] ^= 1;
}
void move(int u, int v){
    int w = lca(u, v);
    while(u != w) reverse(u), u = fa[u];
    while(v != w) reverse(v), v = fa[v];
}
void travel_ahead(){
    bool flag = 0;
    if(vis[pos[cur]]) flag = 1, reverse(pos[cur]);
    pre[cur] = col[pos[cur]];
    col[pos[cur]] = newx[cur];
    if(flag) reverse(pos[cur]);
}
void travel_back(){
    bool flag = 0;
    if(vis[pos[cur]]) flag = 1, reverse(pos[cur]);
    col[pos[cur]] = pre[cur];
    if(flag) reverse(pos[cur]);
}
void time_travel(int tar){
    while(cur < cntC && tim[cur + 1] <= tar) cur++, travel_ahead();
    while(cur && tim[cur] > tar) travel_back(), cur--;
}

int main(){
    read(n), read(maxcol), read(m);
    for(int i = 1; i <= maxcol; i++) read(val[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(wei[i]);
    for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
    read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(col[i]);
    for(int i = 1, op; i <= m; i++){
    read(op);
    if(op) q[++cntQ].tim = i, q[cntQ].id = cntQ, read(q[cntQ].u), read(q[cntQ].v);
    else tim[++cntC] = i, read(pos[cntC]), read(newx[cntC]);
    }
    dfs(1, 0);
    lca_init();
    while(top) bel[stk[top--]] = idx;
    sort(q + 1, q + cntQ + 1);
    pu = pv = 1;
    for(int i = 1; i <= cntQ; i++){
    time_travel(q[i].tim);
    move(pu, q[i].u), pu = q[i].u;
    move(pv, q[i].v), pv = q[i].v;
    reverse(lca(pu, pv));
    ans[q[i].id] = res;
    reverse(lca(pu, pv));
    }
    for(int i = 1; i <= cntQ; i++)
    write(ans[i]), enter;
    return 0;
}

转自：https://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/MoDuiTutorial.html

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