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带修改莫队

请确保您已经会普通莫队算法了。如果您还不会，请先阅读前面的 普通莫队算法。

特点

普通莫队是不能带修改的。

我们可以强行让它可以修改，就像 DP 一样，可以强行加上一维 时间维, 表示这次操作的时间。

时间维表示经历的修改次数。

即把询问 \([l,r]\) 变成 \([l,r,time]\)。

那么我们的坐标也可以在时间维上移动，即 \([l,r,time]\) 多了一维可以移动的方向，可以变成：

  • \([l-1,r,time]\)
  • \([l+1,r,time]\)
  • \([l,r-1,time]\)
  • \([l,r+1,time]\)
  • \([l,r,time-1]\)
  • \([l,r,time+1]\)

这样的转移也是 \(O(1)\) 的，但是我们排序又多了一个关键字，再搞搞就行了。

可以用和普通莫队类似的方法排序转移，做到 \(O(n^{\frac{5}{3}})\)。

这一次我们排序的方式是以 \(n^{\frac{2}{3}}\) 为一块，分成了 \(n^{\frac{1}{3}}\) 块，第一关键字是左端点所在块，第二关键字是右端点所在块，第三关键字是时间。

最优块长以及时间复杂度分析

我们设序列长为 \(n\)，\(m\) 个询问，\(t\) 个修改。

带修莫队排序的第二关键字是右端点所在块编号，不同于普通莫队。

想一想，如果不把右端点分块：

  • 乱序的右端点对于每个询问会移动 \(n\) 次。
  • 有序的右端点会带来乱序的时间，每次询问会移动 \(t\) 次。

无论哪一种情况，带来的时间开销都无法接受。

接下来分析时间复杂度。

设块长为 \(s\)，则有 \(\frac{n}{s}\) 个块。对于块 \(i\) 和块 \(j\)，记有 \(q_{i,j}\) 个询问的左端点位于块 \(i\)，右端点位于块 \(j\)。

每「组」左右端点不换块的询问 \((i,j)\)，端点每次移动 \(O(s)\) 次，时间单调递增，\(O(t)\)。

左右端点换块的时间忽略不计。

表示一下就是：

\[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^{\frac{n}{s}}\sum_{j=i+1}^{\frac{n}{s}}(q_{i,j}\cdot s+t)\\ =&ms+(\frac{n}{s})^2t\\ =&ms+\frac{n^2t}{s^2} \end{aligned} \]

考虑求导求此式极小值。设 \(f(s)=ms+\frac{n^2t}{s^2}\)。那 \(f'(s)=m-\frac{2n^2t}{s^3}=0\)。

得 \(s=\sqrt[3]{\frac{2n^2t}{m}}=\frac{2^\frac{1}{3}n^\frac23t^\frac13}{m^\frac13}=s_0\)。

也就是当块长取 \(\frac{n^\frac23t^\frac13}{m^\frac13}\) 时有最优时间复杂度 \(O(n^\frac23m^\frac23t^\frac13)\)。

常说的 \(O(n^\frac53)\) 便是把 \(n,m,t\) 当做同数量级的时间复杂度。

实际操作中还是推荐设定 \(n^{\frac{2}{3}}\) 为块长。

例题

例题 「国家集训队」数颜色/维护队列

题目大意：给你一个序列，M 个操作，有两种操作：

  1. 修改序列上某一位的数字
  2. 询问区间 \([l,r]\) 中数字的种类数（多个相同的数字只算一个）

我们不难发现，如果不带操作 1（修改）的话，我们就能轻松用普通莫队解决。

但是题目还带单点修改，所以用 带修改的莫队。

过程

先考虑普通莫队的做法：

  • 每次扩大区间时，每加入一个数字，则统计它已经出现的次数，如果加入前这种数字出现次数为 \(0\)，则说明这是一种新的数字，答案 \(+1\)。然后这种数字的出现次数 \(+1\)。
  • 每次减小区间时，每删除一个数字，则统计它删除后的出现次数，如果删除后这种数字出现次数为 \(0\)，则说明这种数字已经从当前的区间内删光了，也就是当前区间减少了一种颜色，答案 \(-1\)。然后这种数字的出现次数 \(-1\)。

现在再来考虑修改：

  • 单点修改，把某一位的数字修改掉。假如我们是从一个经历修改次数为 \(i\) 的询问转移到一个经历修改次数为 \(j\) 的询问上，且 \(i<j\) 的话，我们就需要把第 \(i+1\) 个到第 \(j\) 个修改强行加上。
  • 假如 \(j<i\) 的话，则需要把第 \(i\) 个到第 \(j+1\) 个修改强行还原。

怎么强行加上一个修改呢？假设一个修改是修改第 \(pos\) 个位置上的颜色，原本 \(pos\) 上的颜色为 \(a\)，修改后颜色为 \(b\)，还假设当前莫队的区间扩展到了 \([l,r]\)。

  • 加上这个修改：我们首先判断 \(pos\) 是否在区间 \([l,r]\) 内。如果是的话，我们等于是从区间中删掉颜色 \(a\)，加上颜色 \(b\)，并且当前颜色序列的第 \(pos\) 项的颜色改成 \(b\)。如果不在区间 \([l,r]\) 内的话，我们就直接修改当前颜色序列的第 \(pos\) 项为 \(b\)。
  • 还原这个修改：等于加上一个修改第 \(pos\) 项、把颜色 \(b\) 改成颜色 \(a\) 的修改。

因此这道题就这样用带修改莫队轻松解决啦！

实现

参考代码
C++
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#include <bits/stdc++.h>
#define SZ (10005)
using namespace std;

template <typename _Tp>
inline void IN(_Tp& dig) {
  char c;
  dig = 0;
  while (c = getchar(), !isdigit(c))
    ;
  while (isdigit(c)) dig = dig * 10 + c - '0', c = getchar();
}

int n, m, sqn, c[SZ], ct[SZ], c1, c2, mem[SZ][3], ans, tot[1000005], nal[SZ];

struct query {
  int l, r, i, c;

  bool operator<(const query another) const {
    if (l / sqn == another.l / sqn) {
      if (r / sqn == another.r / sqn) return i < another.i;
      return r < another.r;
    }
    return l < another.l;
  }
} Q[SZ];

void add(int a) {
  if (!tot[a]) ans++;
  tot[a]++;
}

void del(int a) {
  tot[a]--;
  if (!tot[a]) ans--;
}

char opt[10];

int main() {
  IN(n), IN(m), sqn = pow(n, (double)2 / (double)3);
  for (int i = 1; i <= n; i++) IN(c[i]), ct[i] = c[i];
  for (int i = 1, a, b; i <= m; i++)
    if (scanf("%s", opt), IN(a), IN(b), opt[0] == 'Q')
      Q[c1].l = a, Q[c1].r = b, Q[c1].i = c1, Q[c1].c = c2, c1++;
    else
      mem[c2][0] = a, mem[c2][1] = ct[a], mem[c2][2] = ct[a] = b, c2++;
  sort(Q, Q + c1), add(c[1]);
  int l = 1, r = 1, lst = 0;
  for (int i = 0; i < c1; i++) {
    for (; lst < Q[i].c; lst++) {
      if (l <= mem[lst][0] && mem[lst][0] <= r)
        del(mem[lst][1]), add(mem[lst][2]);
      c[mem[lst][0]] = mem[lst][2];
    }
    for (; lst > Q[i].c; lst--) {
      if (l <= mem[lst - 1][0] && mem[lst - 1][0] <= r)
        del(mem[lst - 1][2]), add(mem[lst - 1][1]);
      c[mem[lst - 1][0]] = mem[lst - 1][1];
    }
    for (++r; r <= Q[i].r; r++) add(c[r]);
    for (--r; r > Q[i].r; r--) del(c[r]);
    for (--l; l >= Q[i].l; l--) add(c[l]);
    for (++l; l < Q[i].l; l++) del(c[l]);
    nal[Q[i].i] = ans;
  }
  for (int i = 0; i < c1; i++) printf("%d\n", nal[i]);
  return 0;
}
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