題目描述：https://loj.ac/problem/2461
題解
非常巧妙的一道題
我們對於一個操作i：[l,r,v]，求出這個操作中最後一個被pop掉的v的時間（記爲ed[i]）
即經歷了(i,ed[i]]這些操作後，操作i的所有push進來的元素都被pop掉了
如果我們可以求出所有操作的ed，我們就可以簡單求出每一時刻的答案（自行思考，存一下每個元素的出現次數即可）
如何求ed[i]？
首先，我們知道，一個元素push進了某一個隊列k，如果這個隊列x再被後來的操作覆蓋a[k]次，這個元素就會被pop出去了
（這個和queue是否爲空無關，因爲它只會在溢出的時候push）
那麼有以下式子
![ed[i]=max_{k=l_i}^{r_i}last(i,k)](https://pic1.xuehuaimg.com/proxy/csdn/https://private.codecogs.com/gif.latex?ed%5Bi%5D%3Dmax_%7Bk%3Dl_i%7D%5E%7Br_i%7Dlast%28i%2Ck%29)
last(i,k)表示位置k在第i個操作push進來的元素會在第last_k個操作時pop掉
換一種枚舉方式，我們可以枚舉每一個位置對於所有操作的ed的貢獻
於是我們就有了一個O(nm)的暴力：
對每一個位置進行一下two_pointers，我們可以求出當前位置k對於所有的i的last(i,k)值
具體怎麼求？
首先我們知道位置k要被覆蓋a[k]次
設l指針爲i，r指針爲last(i,k)
當l++時，如果操作l-1覆蓋了位置k，那麼位置k的剩餘覆蓋次數++
當r++時，如果操作r覆蓋了位置k，那麼位置k的剩餘覆蓋次數--
移動一下左端點，就需要一直移動右端點，直到k的剩餘覆蓋次數=0，此時的j就是last(i,k)，再移動一下左端點求下一個i的答案
然後把每求出一個last(i,k)更新到ed[i]=max(ed,last(i,k))中
即可求出所有操作的ed值
考慮一下怎麼來優化一下這個暴力
理性分析一下，我們之所以能夠用two_pointers來求出每一個操作的last(i,k)值，是因爲位置k的a[k]是不變的
如果我們進行一下分塊。。。
則每一個塊中的a的組成都是不變的，這樣的話求出來的last與i也是正相關的，即也可以運用two_pointers
那麼有以下式子
ed[i]=max([li,ri]覆蓋的整塊的最大last值,[li,ri]覆蓋的零散塊的最大last值)
也可以換一種枚舉方式，求每一個整塊和零散塊對所有操作的貢獻
先來考慮最簡單的情況
1、整塊
顯然，一個整塊想要被pop完，只與當前整塊中的最大的剩餘覆蓋次數有關
所以先把mx初始化爲當前塊中的最大a值
注意two_pointers在計算last(i)是要先刪掉操作i的貢獻
當two_pointers在新加入/刪除一個操作的時候又要分兩種情況：
(1)、完全覆蓋當前塊
存一個cov標記，表示當前的整塊被覆蓋了多少次
在移動r指針時判斷一下mx-cov是否爲0即可
(2)、與當前塊有交集
直接暴力修改當前塊的a值，在重新計算mx即可（注意，這裏不能修改真正的a值，所有要先把a值轉存一下）
2、零散塊
如果我們直接對每個點two_pointers的話就會把時間複雜度退化爲O(nm)（甚至更高）
所以我們要利用之前整塊進行two_pointers的信息來進行優化
我們發現之前的整塊加操作會對當前塊中的零散塊造成相同的影響
所以我們存一下整塊加的前綴和sum[i]表示從操作1~操作i中當前塊一共經歷了多少次完整覆蓋
設c[i]表示第i個完全覆蓋當前塊的操作編號
d[i]表示第i個與當前塊相交的操作編號
e[i]表示lower_bound(c+1,c+cn+1,d[i])-c-1
於是我們就可以對每個點進行two_pointers，只不過更新的ed只有編號在d集合中的ed值
（之前的整塊相當於只對c集合進行更新，現在的零散塊相當於只對d集合進行更新）
細節較多，需要細細考慮
代碼：
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c;int num=0,flg=1;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
return num*flg;
}
#define N 100005
#define D 360
int n,m,a[N],b[N];
int c[N],d[N],e[N],sum[N],cn,dn;
int vis[N],num,ed[N];
int l[N],r[N],v[N];
struct node{int x,y;};
vector<node>g[N];
int main()
{
int i,j,k,mx,cov,L,R;
n=gi();m=gi();
for(i=1;i<=n;i++)a[i]=gi();
for(i=1;i<=m;i++)l[i]=gi(),r[i]=gi(),v[i]=gi();
for(L=1;L<=n;L+=D){
cn=dn=mx=cov=0;
R=min(n,L+D-1);
for(i=L;i<=R;i++)mx=max(mx,b[i]=a[i]);
for(i=1,j=0;i<=m;i++){
if(l[i]<=L&&r[i]>=R)cov--;
else if(l[i]<=R&&r[i]>=L){
for(k=max(l[i],L);k<=min(r[i],R);k++)b[k]++;
mx=0;for(k=L;k<=R;k++)mx=max(mx,b[k]);
}
while(j<=m&&mx-cov>0){
j++;
if(l[j]<=L&&r[j]>=R)cov++;
else if(l[j]<=R&&r[j]>=L){
for(k=max(l[j],L);k<=min(r[j],R);k++)b[k]--;
mx=0;for(k=L;k<=R;k++)mx=max(mx,b[k]);
}
}
sum[i]=sum[i-1];
if(l[i]<=L&&r[i]>=R){
ed[i]=max(ed[i],j);
c[++cn]=i;sum[i]++;
}
else if(l[i]<=R&&r[i]>=L)d[++dn]=i,e[dn]=cn;
}
for(i=L;i<=R;i++){
mx=a[i];
for(j=1,k=0;j<=dn;j++){
mx+=sum[d[j]]-sum[d[j-1]];
if(l[d[j]]<=i&&r[d[j]]>=i){
mx++;
while(k<dn&&mx>0){
k++;
mx-=sum[d[k]]-sum[d[k-1]];
if(l[d[k]]<=i&&r[d[k]]>=i)
mx--;
}
if(mx>0){
if(sum[m]-sum[d[k]]<mx)ed[d[j]]=max(ed[d[j]],m+1);
else ed[d[j]]=max(ed[d[j]],c[e[k]+mx]);
continue;
}
if(l[d[k]]<=i&&r[d[k]]>=i){
if(mx<0)ed[d[j]]=max(ed[d[j]],c[e[k]+mx+1]);
else ed[d[j]]=max(ed[d[j]],d[k]);
}
else ed[d[j]]=max(ed[d[j]],c[e[k]+mx]);
}
}
}
}
for(i=1;i<=m;i++){
g[i].push_back((node){v[i],1});
g[ed[i]].push_back((node){v[i],-1});
}
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=0;j<(int)g[i].size();j++){
int x=g[i][j].x,y=g[i][j].y;
if((vis[x]+y==0)^(vis[x]==0))num+=y;
vis[x]+=y;
}
printf("%d\n",num);
}
}