例題鏈接:D-query
題目大意:給你n(1 ≤ n ≤ 30000)個數(1 ≤ ai ≤ 10^6),q(1 ≤ q ≤ 200000)個詢問,每個詢問有l,r兩個數,問這個區間內有多少個不同的數。
Input
5
1 1 2 1 3
3
1 5
2 4
3 5
Output
3
2
3
最暴力的方法就是,先從【1,5】區間一個一個查詢,在從【2,4】區間一個一個查詢……
但是這樣可能會出現n^2的時間複雜度,所以這樣是肯定不行的。
莫隊核心思想(包括帶修莫隊也是這樣,只不過是加入和修改的部分而已)
我們可以先查找【1,5】區間,記錄每一個元素的個數,再拓展到【2,5】區間,這樣是隻是少了1號元素,再拓展到【2,4】區間,少了5號元素,所以【2,4】的答案就出來了,以此類推可以求到所有的答案。
不過這樣是肯定不行的,因爲區間的順序不同所消耗的時間是不同的,也有可能會超時。
此時我們要對所有的區間進行排序,使得所需要查詢的次數降低,以此來降低時間複雜度。
不知道我們該如何排序呢?
我們要利用分塊的思想(只是不清楚爲啥要這樣,可以降低時間複雜度),可以將時間複雜度降到O(n√n)。
我們的排序是按照左段點所在的塊爲第一關鍵字,以右端點爲第二關鍵字(這點很重要)。
排完序後從左往右處理詢問(離線),過程就是上述的核心思想部分。
基本上莫隊的做法就是上述部分,只不過不同的題目略有不同而已。
下面是每一個分部:
block=sqrt(n*1.0);
1.塊的大小:一般是sqrt(n),n爲數組長度。
bool cmp(node f1,node f2)
{
if(f1.blk==f2.blk)//左段點所在的塊
return f1.t<f2.t;
return f1.s<f2.s;
}
2.對查詢的排序
3.如何通過加1或-1,從上一個區間變化到本區間。
下面是詳細代碼:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int maxn=30000+10;
const int max1=1e6+9;
typedef long long ll;
int a[maxn];
int inq[max1],sum[maxn*10];
int block,ans;
struct node
{
int s,t;//區間範圍
int id;//查詢的編號
int blk;//左端點所在的塊
} edge[maxn*10];
bool cmp(node f1,node f2)//排序
{
if(f1.blk==f2.blk)
return f1.t<f2.t;
return f1.s<f2.s;
}
void init()
{
mem(inq,0);
ans=0;
}
//每道不同的題目思想不同,下面兩個函數的內容也各不相同
void up(int x)//擴充區間
{
if(inq[a[x]]==0)
ans++;
inq[a[x]]++;
}
void down(int x)//縮小區間
{
inq[a[x]]--;
if(inq[a[x]]==0)
ans--;
}
int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d",&n))
{
init();
block=sqrt(n*1.0);//塊的大小
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&m);
for(int i=0; i<m; i++)//離線記錄
{
scanf("%d%d",&edge[i].s,&edge[i].t);
edge[i].id=i;
edge[i].blk=edge[i].s/block;
}
sort(edge,edge+m,cmp);
int l=1;//初始左右區間
int r=0;
ans=0;//答案
for(int i=0; i<m; i++)
{
int s=edge[i].s,t=edge[i].t;
while(r<t)//區間擴充
{
r++;
up(r);
}
while(l>s)//區間擴充
{
l--;
up(l);
}
while(r>t)//區間縮小
{
down(r);
r--;
}
while(l<s)//區間縮小
{
down(l);
l++;
}
sum[edge[i].id]=ans;//記錄答案
}
for(int i=0; i<m; i++)
printf("%d\n",sum[i]);
}
return 0;
}