【Gym-101889 D】Daunting device【分塊】

題意：

長度爲 $n$ 的序列，每個點都有一個顏色，一共有 $C$ 個顏色，支持兩種操作，第一種給出 $l\ r\ x$，將區間 $[l,r]$ 全部染成 $x$，第二種給出一個 $x$，詢問 $x$ 顏色一共在序列中出現了多少次。

所有操作結束後，還要查詢每種顏色出現的次數，給出最多出現的次數。$(1\leq n,C,m\leq 10^5)$

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思路：

非常明顯的區間推平操作，應該使用珂朵莉樹進行解決，即用 $set$ 維護每一塊相同區域。

老司機樹是可以的，但是並沒有採用，還是使用了分塊的方法，雖然 $T$ 的飛起…一開始的想法是給每個塊記一個 $map$，標記每個塊中各個數字出現的次數，如果整個塊被賦值了，就 $map.clear()$。但是 $T$ 的不行，第 $63$ 個點怎麼也過不去…

後來採用了完全的暴力分塊，即每個塊打個 $lazy$，如果 $lazy$ 不爲 $0$，則整個塊中所有點大小均爲 $lazy$。如果 $lazy$ 爲 $0$，則暴力修改、查詢。那麼如何分析這個做法的時間複雜度呢？

一共兩種操作，修改操作每次最多涉及 $\sqrt n$ 個塊，如果塊被完全覆蓋，$O(1)$ 打上標記，如果塊只被部分覆蓋，下放標記 $O(\sqrt n)$，修改點值 $O(\sqrt n)$，由於每次最多隻有 $2$ 個塊被部分覆蓋，最多 $\sqrt n$ 個塊被完全覆蓋，因此修改操作總時間複雜度爲 $O(\sqrt n)$。

而對於查詢操作，如果該塊被打上了標記，則查詢複雜度爲 $O(1)$，如果沒有打上標記，則直接暴力查詢，時間複雜度爲 $O(\sqrt n)$。此題是修改與查詢次數一致，而修改操作每次最多使得 $2$ 個塊標記消失。因此可以發現，我們可以故意設置數據使得此種做法 $TLE$，即利用修改操作使得所有塊的 $lazy$ 標記消失，然後每次查詢顏色時就會遍歷所有塊，可以將時間複雜度卡成 $O(n^2)$。（不過此題數據較水，此種方法也可以過，而且很快，$390\ ms$ 即可通過…）

因此正確的做法是當塊沒有 $lazy$ 標記時，爲了避免直接暴力詢問，我們對於每個塊記錄一個 $unordered\_map$，查詢複雜度爲 $O(1)$。修改複雜度會變成 $O(\sqrt n*log(n))$，查詢複雜度爲 $O(\sqrt n)$，但是避免了被卡的可能。（$790\ ms$ 可以通過）

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總結：

對於一些不太常見的數據結構問題，一定要嘗試考慮分塊，因爲分塊方法用途很多，而且算法核心是暴力。

而對於分塊算法，一定要多多嘗試，你可能覺得這樣分塊會被你故意構造的一組數據卡成 $O(n^2)$，但是出題人未必就考慮到了你的這種做法，因此一定要多嘗試，不要只去嘗試那些 $O(n*logn*\sqrt n)$ 的算法。當然如果能直接想到 $O(\sqrt n)$ 的算法則是最好的！

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代碼1:（390 ms）

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;
 
void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}
 
int n,m,a[N],L[N],R[N],pos[N],cnt,sz,lazy[N],num[N];
unordered_map<int,int> mp[1010];
 
void change(int l,int r,int x){
	rep(i,pos[l],pos[r]){
		if(L[i] >= l && R[i] <= r){
			// mp[i].clear();
			// mp[i][x] = R[i]-L[i]+1;
			lazy[i] = x;
		}
		else{
			if(lazy[i]){
				rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
				lazy[i] = 0;
			}
			rep(j,max(l,L[i]),min(R[i],r)){
				// mp[i][a[j]]--;
				// mp[i][x]++;
				a[j] = x;
			}
		}
	}
}
 
int ask(int x){
	int ans = 0;
	rep(i,1,cnt){
		if(lazy[i]){
			if(lazy[i] == x) ans += R[i]-L[i]+1;
		}
		else{
			rep(j,L[i],R[i])
				if(a[j] == x) ans++;
		}
	}
	return ans;
}
 
int main()
{
	int h; scanf("%d%d%d",&n,&h,&m);
	sz = sqrt(n);
	cnt = n/sz;
	if(n%sz != 0) cnt++;
	rep(i,1,cnt){
		L[i] = sz*(i-1)+1;
		R[i] = min(sz*i,n);
		mp[i][1] = R[i]-L[i]+1;
	}
	rep(i,1,n) pos[i] = ((i-1)/sz)+1;
	rep(i,1,n) a[i] = 1;
 
	while(m--){
		ll p,x,a,b;
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&p,&x,&a,&b);
		ll s = ask(p);
		ll m1 = (a+s*s)%n;
		ll m2 = (a+(s+b)*(s+b))%n;
		change(min(m1,m2)+1,max(m1,m2)+1,x);
	}
	rep(i,1,cnt)
		if(lazy[i]){
			rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
			lazy[i] = 0;
		}
	rep(i,1,n)
		num[a[i]]++;
	int maxx=0;
	rep(i,1,h)
		maxx = max(maxx,num[i]);
	printf("%d\n",maxx);
	return 0;	
}

代碼2：(790 ms)

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;
 
void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}
 
int n,m,a[N],L[N],R[N],pos[N],cnt,sz,lazy[N],num[N];
unordered_map<int,int> mp[510];
 
void change(int l,int r,int x){
	rep(i,pos[l],pos[r]){
		if(L[i] >= l && R[i] <= r) lazy[i] = x;
		else{
			if(lazy[i]){
				std::unordered_map<int,int> tmp;
				mp[i].swap(tmp); //設置一個空的交換，類似於clear
				mp[i].reserve(1000); //預留map中元素個數
				mp[i].rehash(1000); //給元素個數預留足夠的bucket用於hash
				mp[i][lazy[i]] = R[i]-L[i]+1;
				rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
				lazy[i] = 0;
			}
			rep(j,max(l,L[i]),min(R[i],r)){
				mp[i][a[j]]--;
				mp[i][x]++;
				a[j] = x;
			}
		}
	}
}
 
int ask(int x){
	int ans = 0;
	rep(i,1,cnt){
		if(lazy[i]){
			if(lazy[i] == x) ans += R[i]-L[i]+1;
		}
		else ans += mp[i][x];
	}
	return ans;
}
 
int main()
{
	int h; scanf("%d%d%d",&n,&h,&m);
	sz = sqrt(n);
	cnt = n/sz;
	if(n%sz != 0) cnt++;
	rep(i,1,cnt){
		L[i] = sz*(i-1)+1;
		R[i] = min(sz*i,n);
		mp[i][1] = R[i]-L[i]+1;
	}
	rep(i,1,n) pos[i] = ((i-1)/sz)+1;
	rep(i,1,n) a[i] = 1;
 
	while(m--){
		ll p,x,a,b;
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&p,&x,&a,&b);
		ll s = ask(p);
		ll m1 = (a+s*s)%n;
		ll m2 = (a+(s+b)*(s+b))%n;
		change(min(m1,m2)+1,max(m1,m2)+1,x);
	}
	rep(i,1,cnt)
		if(lazy[i]){
			rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
				lazy[i] = 0;
		}
	rep(i,1,n)
		num[a[i]]++;
	int maxx=0;
	rep(i,1,h)
		maxx = max(maxx,num[i]);
	printf("%d\n",maxx);
	return 0;	
}