首先,本人能力有限,不一定能够讲得很清楚,但我尽力让读者看懂
先来看一个题目:
题目大意:给你一个长度为n的序列,序列中数字,有m个询问,每个询问区间为[l,r],求每个询问的区间内有多少个不同的数字
首先看到这道题目让你用最暴力的方法做你会怎么做,肯定是O(n*m)的暴力,代码如下
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #define in(i) (i=read()) using namespace std; typedef long long lol; lol read() { lol ans=0,f=1; char i=getchar(); while(i<'0'||i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();} while(i>='0'&&i<='9') {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0';i=getchar();} return ans*f; } int c[500010]; int vis[1000010]; int main() { int n,m; in(n); for(int i=1;i<=n;i++) in(c[i]); in(m); for(int i=1;i<=m;i++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); int ans=0; int l,r; in(l);in(r); for(int j=l;j<=r;j++) if(!vis[c[j]]) { ans++; vis[c[j]]=1; } cout<<ans<<endl; } }
但是这样很显然对于题目数据是过不了的,下面我们来看一看另外一个暴力方法
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #define in(i) (i=read()) using namespace std; typedef long long lol; lol read() { lol ans=0,f=1; char i=getchar(); while(i<'0'||i>'9') { if(i=='-') f=-1; i=getchar(); } while(i>='0'&&i<='9') { ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar(); } return ans*f; } int ans=0; int c[500010]; int cnt[1000010]; int add(int x){ cnt[c[x]]++; if(cnt[c[x]]==1) ans++; } int remove(int x){ cnt[c[x]]--; if(!cnt[c[x]]) ans--; } int main() { int n,m; in(n); for(int i=1;i<=n;i++) in(c[i]); in(m); for(int i=1,curl=1,curr=0;i<=m;i++) { int l,r; in(l);in(r); while(curl<l) remove(curl++); while(curl>l) add(--curl); while(curr<r) add(++curr); while(curr>r) remove(curr--); cout<<ans<<endl; } return 0; }
6 1 2 3 4 3 5 3 1 2 3 5 2 6 2 2 4
我们可以拿这组样例来模拟一下.
关于这个add函数和remove函数,我们可以这样理解,最开始一组[l,r],curl和curr肯定最后都在1和2,那么我们之后的解都由这一组解转移而来
在询问过第一组数据后,我们可以看成区间[1,2]都访问过1次,接下来对于第二组数据[3,5],我们用一个指针curl,curr以及一个添加函数add,删除函数remove来维护,每进一次add函数,看成访问次数+1,每进一次remove,看成访问次数-1,那么我们将[1,3)全部remove一次,将[2,5]全部add一次,中间差的部分是不是还是可以看成访问次数=0,这样一来统计的就还是区间[3,5]的数字,如果还是不理解,自己可以模拟一下
其实这就是莫队的核心代码,可以看出这个代码的时间复杂度是和curl和curr的移动次数有关的,我们当然希望移动次数越小越好,但是每次询问的l和r无法保证是递增的,怎么办呢
我们可以将其分块再排序
我们将这个序列分成√n个区间,再按询问区间所在的块的序号为第一关键字,右端点为第二关键字从小到大排序,在用上面的程序来玩,就可以保证这两个指针不会走多余的路了
举个例子假设现在我们有3个长度为3的段{[0,2],[3,5],[6,8]}
有一些区间,{[0,3],[1,7],[2,8],[7,8],[4,8],[4,4],[1,2]}
首先按左端点所在块的序号排序,那么顺序变成
{[0,3],[1,7],[2,8],[1,2],[4,8],[4,4],[7,8]}
再按右端点排序
{[1,2],[0,3],[1,7],[2,8,[4,4],[4,8],[7,8]}
接下来还要管吗,直接用上面的程序玩就行了
时间复杂度证明
右端点移动： 首先我们考虑一个块里面的转移情况 由于一个块里面的询问都按右端点排序 所以我们右端点在一个块里面最多移动n次 有 √n个块，那么同一个块内的右端点移动最多就是O(n√n) 然后考虑从一个块到另一个块导致的右端点变化 最坏情况，右端点由n到1，那么移动n次 有 √n个块 那么从一个块到另一个块的事件只会发生O(√n)次…… 所以这种右端点移动的次数也是O(n√n)次 没有别的事件导致右端点移动了 左端点移动： 同一个块里面，由于左端点都在一个长度为O(√n)的区间里面 所以在同一块里面移动一次，左端点最多变化O(√n) 总共有n个询问…… 所以同一块里面的移动最多n次 那么同一个块里面的左端点变化最多是O(n√n)的 考虑越块 每由第i个块到第i+1个块，左端点最坏加上O(√n) 总共能加上O(√n)次 所以跨越块导致的左端点移动是O(n)的 综上，分块做法是O(n∗√n)。
那么这道题就好解了,代码如下
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #define in(i) (i=read()) using namespace std; typedef long long lol; lol read() { lol ans=0,f=1; char i=getchar(); while(i<'0'||i>'9') { if(i=='-') f=-1; i=getchar(); } while(i>='0'&&i<='9') { ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar(); } return ans*f; } struct query { lol l,r,id,pos; }e[200010]; lol tot; lol c[500010],cnt[1000010],ans[200010]; lol cmp(query a,query b){ return (a.pos==b.pos)?(a.r<b.r):(a.pos<b.pos); } void add(lol x){ cnt[c[x]]++; if(cnt[c[x]]==1) tot++; } void remove(lol x){ cnt[c[x]]--; if(cnt[c[x]]==0) tot--; } int main() { lol n,m; in(n); lol block=(lol)sqrt(n);//分成√n个块 for(lol i=1;i<=n;i++) in(c[i]); in(m); for(lol i=1;i<=m;i++) { in(e[i].l);in(e[i].r); e[i].id=i; e[i].pos=(e[i].l-1)/block+1; } sort(e+1,e+1+m,cmp); for(lol i=1,curl=1,curr=0;i<=m;i++) { lol l=e[i].l,r=e[i].r; while(curl<l) remove(curl++); while(curl>l) add(--curl); while(curr<r) add(++curr); while(curr>r) remove(curr--); ans[e[i].id]=tot; } for(lol i=1;i<=m;i++) printf("%lld ",ans[i]); return 0; }
(有错误希望大家指出)
希望大家看了这篇博客后可以更好的理解莫队