luoguP4887 第十四分塊(前體) 莫隊的二次離線法

luoguP4887 第十四分塊(前體)

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分析

掌握核心莫隊科技。
如果說題目中詢問的是某個區間中的兩兩元素，子區間這種沒有辦法在 $O(1)$ 統計的答案，有一種黑科技叫做莫隊二次離線。
考慮莫隊的一次插入與刪除。
$[$

l , r ] − > [ l , r +

1 ] [l,r]->[l,r+1]

[l, r] - > [l, r + 1]

這個過程中，需要變更的資訊是

[l,r]\oplus a[r+1]

。
考慮開桶，也需要

C_{14}^7=3432

的複雜度來完成更新。
這個時候發現，變更的資訊是可差分的。

Delta(l,r)=Ans([1,r]\oplus a[r+1])-Ans([1,l-1]\oplus a[r+1])

不難發現，如果說能夠預處理出

[1,x]

區間內的貢獻的桶，我們可以在

O(1)

的複雜度內處理

Ans([1,x]\oplus a_k)

,而從

[1,x]-&gt;[1,x+1]

，僅僅需要把

a[x+1]\oplus v_i

塞到桶裡面，其中

v_i

是所有二進位制下恰有

k

個

1

的數。
所以考慮把莫隊的所有

O(n\sqrt m)

個操作暴力記錄。開一個桶掃描線即可做到

O(3432n+n\sqrt m)

，這就是所謂二次離線
然而出題人卡了空間。
這個時候就要考慮莫隊的性質。
對於一個固定的詢問

[st,ed]

，莫隊僅僅會做兩種操作：

固定 $l$ ,將 $r$ 移到 $ed$
固定 $r$ ,將 $l$ 移到 $st$

假設當前的操作是 $[l,r]->[l,ed]$ 。
答案就是 $\sum_{x=r+1}^{ed}Delta(l,x)=\sum_{x=r+1}^{ed}Ans([1,x-1]\oplus a[x])-Ans([1,l-1]\oplus a[x])$
顯然 $Ans([1,x]\oplus a[x+1])$ 僅僅和 $x$ 有關，可以預處理+字首和。
而 $Ans([1,l-1]\oplus a[x])$ 的 $l$ 是固定不變的，掃描線的時候可以一起處理區間 $[1,l-1]$ 對 $x\in[r+1,ed]$ 的貢獻。所以開一個鄰接表或者 $vector$ 記錄下要算的區間即可。具體地，在 $l-1$ 位置插入 $[r+1,ed]$ 區間，表示要計算 $[r+1,ed]$ 中每個數的貢獻，並且標記這個貢獻對應的位置。
而其他情況是類似的，討論一下即可。
這樣的話就可以在 $O(m)$ 的空間內完成這道題。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 1e5 + 10;
int ri() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f  = -1;
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int v[N], a[N], pr[N], cnt[N], nx[N << 1], C, tp, n, m, k, B;
long long Ans[N], cur, A[N << 1], s1[N], s2[N];
struct Q {int l, r, id; void in(int i) {l = ri(), r = ri(); id = i;}}q[N], to[N << 1];
void Add(int u, Q a) {to[++C] = a; nx[C] = pr[u]; pr[u] = C;}
bool cmp(Q a, Q b) {
    int x = a.l / B, y = b.l / B;
    return x == y ? (x & 1 ? a.r > b.r : a.r < b.r) : x < y;
}
int main() {
    n = ri(); m = ri(); k = ri
              
           
              
              
            
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    Luogu4887 第十四分塊(前體)
       
 
  
  
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