果然前两天写完咕咕咕那个题的题解以后博客就开始咕咕咕了……
Description
给定整数 (n) 和两个 (1~sim~n) 的排列 (A,B)。
(m) 个操作，操作有两种：
- (1~,~l1~,~r1~,~l2~,~r2) 求((igcup_{i=l1}^{r1} A_i)~igcap~(igcup_{i=l2}^{r2} B_i))
- (2~,~x~,~y) 交换 (B_x,~B_y)
Input
第一行是两个正整数 (n,m)
下面两行，每行 (n) 个数， 给出排列 (A,B)
下面 (m) 行，每行一个操作
Output
对每个询问输出一行代表答案
Hint
(0~leq~n,m~leq~2~ imes~10^5)
Solution
这不是hash+二维树状数组好题嘛！
然而因为一次操作有 (4) 次查询，相当于操作次数 (10^6)，hash树状数组显然过不去= =
考虑如果给 (B) 重编号，(B_i) 代表原 (B) 中第 (i) 个元素在 (A) 中出现的位置，那么每次查询就等价于区间 ([l2, r2]) 中有多少个数在 ([l1,r1]) 内。于是这个问题被转化成了一个二维数点问题那我们去写hash+树状数组吧！，并且资瓷离线，于是考虑cdq分治过掉
这里记录一下待修改的cdq怎么写：将一次修改操作改为一个添加操作和一个删除操作。例如，交换 (x, y) 等价于删除 ((x,B_x),(y,B_y))，并且加入 ((x,B_y),(y,B_x))。初始的序列以添加的形式给出
于是复杂度 (O(nlog^2n))，可以过掉本题
Code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long int ll;
namespace IPT {
const int L = 1000000;
char buf[L], *front=buf, *end=buf;
char GetChar() {
if (front == end) {
end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
if (front == end) return -1;
}
return *(front++);
}
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (lst == '-') x = -x;
}
template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (ch == '.') {
ch = IPT::GetChar();
double base = 1;
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
}
if (lst == '-') x = -x;
}
namespace OPT {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
rg int top=0;
do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
if (pt) putchar(aft);
}
const int maxn = 200010;
const int maxt = 1000010;
struct Zay {
int id, x, y, mul, oppt, vec;
inline void setit(ci _a, ci _b, ci _c, ci _d, ci _e, ci _f) {
id = _a; x = _b; y = _c; mul = _d; oppt = _e; vec = _f;
}
};
Zay opt[maxt], temp[maxt];
inline int lowbit(ci &x) {return x & -x;}
int n, m, cnt, tot;
int CU[maxn], MU[maxn], ans[maxn], tree[maxt];
int ask(int);
void cdq(ci, ci);
void add(int, ci);
void query(const Zay&);
void update(const Zay&);
int main() {
freopen("1.in", "r", stdin);
qr(n); qr(m);
int a, l1, r1, l2, r2;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
a = 0; qr(a); CU[a] = i;
}
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
a = 0; qr(a);// printf("QWQ%d
", a);
++cnt; opt[cnt] = (Zay){opt[cnt - 1].id + 1, i, MU[i] = CU[a], 1, 0, 0};
}
while (m--) {
a = 0; qr(a);//printf("EM%d
", a);
if (a == 1) {
l1 = r1 = l2 = r2 = 0; qr(l1); qr(r1); qr(l2); qr(r2); --l1; --l2;
int _pre = opt[cnt].id + 1;
opt[++cnt].setit(_pre, r2, r1, 1, 1, ++tot);
opt[++cnt].setit(_pre, l2, r1, -1, 1, tot);
opt[++cnt].setit(_pre, l2, l1, 1, 1, tot);
opt[++cnt].setit(_pre, r2, l1, -1, 1, tot);
} else {
l1 = r1 = 0; qr(l1); qr(r1);
int _pre = opt[cnt].id + 1;
opt[++cnt].setit(_pre, l1, MU[l1], -1, 0, 0);
opt[++cnt].setit(_pre, r1, MU[r1], -1, 0, 0);
std::swap(MU[l1], MU[r1]);
opt[++cnt].setit(_pre, l1, MU[l1], 1, 0, 0);
opt[++cnt].setit(_pre, r1, MU[r1], 1, 0, 0);
}
}
cdq(1, cnt);
for (rg int i = 1; i <= tot; ++i) qw(ans[i], '
', true);
return 0;
}
void cdq(ci l, ci r) {
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid); cdq(mid + 1, r);
for (rg int i = l, ll = l, rr = mid + 1; i <= r; ++i) {
if (ll > mid) {
query(opt[rr]);
temp[i] = opt[rr++];
} else if (rr > r) {
update(opt[ll]);
temp[i] = opt[ll++];
} else if (opt[ll].x <= opt[rr].x) {
update(opt[ll]);
temp[i] = opt[ll++];
} else {
query(opt[rr]);
temp[i] = opt[rr++];
}
}
for (rg int i = l; i <= mid; ++i) if (!opt[i].oppt) {
add(opt[i].y, -opt[i].mul);
}
for (rg int i = l; i <= r; ++i) opt[i] = temp[i];
}
inline void update(const Zay &_t) {
if (_t.oppt) return;
add(_t.y, _t.mul);
}
inline void query(const Zay &_t) {
if (!_t.oppt) return;
ans[_t.vec] += _t.mul * ask(_t.y);
}
void add(int x, ci v) {
while (x <= n) {
tree[x] += v;
x += lowbit(x);
}
}
int ask(int x) {
int _ret = 0;
while (x) {
_ret += tree[x];
x -= lowbit(x);
}
return _ret;
}
Summary
cdq处理带修问题时，将修改变为删除和插入。