普通莫队
详介（P2709 小B的询问）
普通莫队处理问题的前提是问题可以离线，多次区间查询，$O(n\sqrt m)$ 能过。
我们以 P2709 小B的询问 为例，假设当前区间为 $[l,r]$，答案为 $ans$，那么 $r$ 右移一位时，新加入一个数 $x$，我们只要把 $ans$ 加上 $x$ 的贡献即可。贡献只需要维护一下当前区间内 $x$ 的出现次数 $cnt[x]$ 即可。
所以我们可以初始 $l = 1, r = 0$，每次向一个询问的区间移动 $l$ 和 $r$，然后维护当前区间的答案。
我们发现，如果两个查询区间的差距很大，我们每次就要跑很远才能到答案，所以我们要将所有的询问离线下来，进行分块和排序。
具体地，我们将所有的询问进行分块，将所有的询问按照左端点所在块为第一关键字，右端点升序进行排序，这样排完序后我们发现在一个块中 $r$ 的移动为 $O(n)$，设当前块长为 $B$，那么总共就是 $O(\frac{n^2}{B})$，而左端点在每两个询问之间移动次数不超过 $O(B)$，所以总共为$O(mB)$，两者相加就是 $O(mB + \frac{n^2}{B})$。发现取 $B$ 为 $\frac{n}{\sqrt m}$ 时复杂度最优为 $O(n\sqrt m)$。
这是 $P2709$ 的代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 50010;
int n, m, k, w[N], B, cnt[N], ans[N];
LL res;
struct node {
int l, r, id;
bool operator < (const node &t) const {
if (l / B == t.l / B) return r < t.r;
else return l / B < t.l / B;
}
} q[N];
void add(int x) {
res -= cnt[x] * cnt[x];
cnt[x] ++;
res += cnt[x] * cnt[x];
}
void del(int x) {
res -= cnt[x] * cnt[x];
cnt[x] --;
res += cnt[x] * cnt[x];
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); B = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1; i <= m; i ++) { scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r); q[i].id = i; }
sort(q + 1, q + 1 + m);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
while (l > q[i].l) add(w[-- l]);
while (r < q[i].r) add(w[++ r]);
while (l < q[i].l) del(w[l ++]);
while (r > q[i].r) del(w[r --]);
ans[q[i].id] = res;
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
P1494 小 Z 的袜子
这同样是一道莫队题，我们发现答案应该是：
$$ \frac{\sum{col}\ cnt_{col} \times (cnt_{col} - 1)}{(R - L + 1) \times (R-L)}$$
其中 $col$ 是 $[L,R]$ 中出现的所有颜色，$cnt_{col}$ 是该颜色出现的次数，我们修改一下莫队的 $add$ 和 $del$，维护分子即可。
记得约分和特判。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 50010;
int n, m, k, w[N], B, cnt[N], ans[N], ans2[N];
LL res;
struct node {
int l, r, id;
bool operator < (const node &t) const {
if (l / B == t.l / B) return r < t.r;
else return l / B < t.l / B;
}
} q[N];
void add(int x) {
res -= cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
cnt[x] ++;
res += cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
}
void del(int x) {
res -= cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
cnt[x] --;
res += cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
}
LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m); B = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1; i <= m; i ++) { scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r); q[i].id = i; }
sort(q + 1, q + 1 + m);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
while (l > q[i].l) add(w[-- l]);
while (r < q[i].r) add(w[++ r]);
while (l < q[i].l) del(w[l ++]);
while (r > q[i].r) del(w[r --]);
ans[q[i].id] = res; ans2[q[i].id] = (LL)(r - l + 1) * (r - l) / 2;
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
if (ans[i] == 0) ans2[i] = 1;
LL g = gcd(ans[i], ans2[i]);
printf("%lld/%lld\n", ans[i] / g, ans2[i] / g);
}
return 0;
}
可能还有例题，后面再做。
带修莫队
详介
带修莫队可以理解为一种广义高维莫队，顾名思义，可以支持修改。做法也十分简单，我们只需要给莫队增加一维时间即可。时间指的是在这个查询操作前一共有多少个修改操作。由于加了一维时间，所以我们可以按照第一维左端点所在块，第二维右端点所在块，第三维时间，分别从小到大排序。
struct query {
int l, r, id, t;
bool operator < (const query &T) const {
if (l / B != T.l / B) return l / B < T.l / B;
else if (r / B != T.r / B) return r / B < T.r / B;
else return t < T.t;
}
} q[N];
同时我们还需要存一下所有的修改操作。
struct operation {
int p, x;
} op[N];
莫队如何维护时间维呢？我们发现如果当前的修改的 $p$ 属于当前莫队区间 $[l,r]$，那么就对第 $p$ 个位置原本的数 $y$ 做 $del(y)$，然后再对于修改的 $x$ 做 $add(x)$，最后由于每一个修改操作的使用和清除一定是成对出现的，所以我们直接将 $x$ 和 $y$ 进行交换即可。
void upd(int last, int l, int r) { // last 是当前操作编号
if (op[last].p >= l && op[last].p <= r) {
add(op[last].x);
del(a[op[last].p]);
}
swap(op[last].x, a[op[last].p]);
}
我们再考虑块长应该取多少，我们直接考虑 $k$ 维莫队，其中前 $k - 1$ 维按所在块升序，第 $k$ 维升序，那么一共会出现 $(\frac{n}{B})^{k-1}$ 种块的情况，每种情况下右端点最多移动 $O(n)$，每切换一次询问左端点最多移动 $O((k-1)B)$，所以总的时间复杂度就应该是 $O((\frac{n}{B})^{k-1} \times n + (k-1)Bm)$，根据基本不等式当 $B = \sqrt[k]{\frac{n^k}{(k-1)m}}$ 时取到最优，如果将 $(k-1)$ 视为常数，并且 $n、m$ 同阶，那么 $B$ 就可以取到 $n^{\frac{k-1}{k}}$。
回到带修莫队，就相当于一个三维的莫队，那么 $B$ 就取 $n^{\frac{2}{3}}$，带回计算可得到时间就是 $O(n^{\frac{5}{3}} + 2 \times n^{\frac{1}{3}}m)$，可以看做 $O(n^{\frac{5}{3}})$。
例题 P1903 数颜色
贴一份带修莫队的代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 150010, M = 1000010;
int n, m, a[N], B;
int cnt[M], res, qcnt, opcnt;
int ans[N];
struct query {
int l, r, id, t;
bool operator < (const query &T) const {
if (l / B != T.l / B) return l / B < T.l / B;
else if (r / B != T.r / B) return r / B < T.r / B;
else return t < T.t;
}
} q[N];
struct operation {
int p, x;
} op[N];
void add(int x) {
if (!cnt[x]) res ++;
cnt[x] ++;
}
void del(int x) {
cnt[x] --;
if (!cnt[x]) res --;
}
void upd(int last, int l, int r) {
if (op[last].p >= l && op[last].p <= r) {
add(op[last].x);
del(a[op[last].p]);
}
swap(op[last].x, a[op[last].p]);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
B = pow(n, 2.0 / 3.0);
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
char t[2]; int l, r;
scanf("%s%d%d", t, &l, &r);
if (*t == 'Q') q[++ qcnt] = {l, r, qcnt, opcnt};
else op[++ opcnt] = {l, r};
}
sort(q + 1, q + 1 + qcnt);
int l = 1, r = 0, last = 0;
for (int i = 1; i <= qcnt; i ++) {
while (l > q[i].l) add(a[-- l]);
while (r < q[i].r) add(a[++ r]);
while (l < q[i].l) del(a[l ++]);
while (r > q[i].r) del(a[r --]);
while (last < q[i].t) upd(++ last, l, r);
while (last > q[i].t) upd(last --, l, r);
ans[q[i].id] = res;
}
for (int i = 1; i <= qcnt; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
树上莫队
详介 (SP10707 COT2 - Count on a tree II)
顾名思义，是在“树上”的莫队。我们来看一个例子（就是本段标题的题目），要求树上路径上的不同颜色数。
我们发现在树上进行莫队十分的不方便，我们考虑将其转化成一维的序列。我们可以使用欧拉序。
对于这幅图，它的欧拉序（以 $1$ 为更）便是 $[1,3,5,5,6,6,7,7,3,2,2,4,8,8,4,1]$。我们考虑一个点 $u$ 到 $v$ 的路径在欧拉序中的表示，我们记 $st[x]$ 和 $ed[x]$ 分别表示一个点的第一次和最后一次出现的位置，那么我们可以分类讨论（假定 $st[u] < st[v]$）：
- $u$ 是 $v$ 的祖宗，如 $1 -> 6$，我们可以截取欧拉序中的 $[1,3,5,5,6]$，即 $st[1] \sim st[6]$ 之间的所有。我们发现 $5$ 出现了两次，相当于进去了有出来，可以删掉，剩下的 $[1,3,6]$ 便是我们的路径。
- $u$ 不是 $v$ 的祖宗，如 $3 -> 8$，那么我们截取 $ed[3] \sim st[8]$ 之间的所有，再删去出现两次的 $2$，剩下 $[3,4,8]$ 我们发现路径中还少了 $3$ 和 $8$ 的 $lca$，加上即可。
综上，我们可以将 $u -> v$ 的路径用欧拉序巧妙的表示。这样子树上的询问就变成区间，可以使用莫队。由于我们使用的是普通莫队，所以块长为 $\frac{n}{\sqrt m}$。同时，为了维护一个点的出现次数，我们可以使用异或，$0$ 表示该点第一次出现，可加入，$1$ 表示第二次，要删除。
注意到颜色 $\leq 2e9$，需要离散化。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010, M = 100010;
int n, m, w[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int fa[N][20], depth[N], in[N];
int st[N], ed[N], q[N], len;
int vis[N], cnt[N], res, ans[M];
int c[N];
vector<int> v;
int find(int x) {
return lower_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin();
}
void add_edge(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
// lca 的预处理
void bfs(int root) {
queue<int> q; q.push(root);
memset(depth, 0x3f, sizeof depth);
depth[0] = 0, depth[root] = 1;
while (q.size()) {
int t = q.front(); q.pop();
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (depth[j] > depth[t] + 1) {
depth[j] = depth[t] + 1;
fa[j][0] = t;
q.push(j);
for (int k = 1; k < 20; k ++) fa[j][k] = fa[fa[j][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
// 预处理欧拉序
void dfs(int u, int fa) {
q[++ len] = u, st[u] = len;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (j == fa) continue;
dfs(j, u);
}
q[++ len] = u, ed[u] = len;
}
// 倍增求 lca
int lca(int a, int b) {
if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b);
for (int k = 19; k >= 0; k --)
if (depth[fa[a][k]] >= depth[b])
a = fa[a][k];
if (a == b) return a;
for (int k = 19; k >= 0; k --)
if (fa[a][k] != fa[b][k]) {
a = fa[a][k];
b = fa[b][k];
}
return fa[a][0];
}
int B;
struct query {
int l, r, id, lca;
bool operator < (const query &t) const {
return l / B < t.l / B || l / B == t.l / B && r > t.r;
}
} que[N];
void add(int x) {
if (!cnt[x]) res ++;
cnt[x] ++;
}
void del(int x) {
cnt[x] --;
if (!cnt[x]) res --;
}
void upd(int x) {
if (!vis[x]) add(c[x]);
else del(c[x]);
vis[x] ^= 1;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(h, -1, sizeof h);
B = n / sqrt(m);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &w[i]);
v.push_back(w[i]);
}
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
add_edge(a, b); add_edge(b, a);
}
sort(v.begin(), v.end());
v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
for (int i = 1; i <= n; i ++) c[i] = find(w[i]);
bfs(1); dfs(1, -1);
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
int s = lca(u, v);
if (s == u || s == v) {
if (st[v] < st[u]) swap(u, v);
que[i] = {st[u], st[v], i};
} else {
if (ed[v] < st[u]) swap(u, v);
que[i] = {ed[u], st[v], i, s};
}
}
sort(que + 1, que + 1 + m);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
while (l > que[i].l) upd(q[-- l]);
while (r < que[i].r) upd(q[++ r]);
while (l < que[i].l) upd(q[l ++]);
while (r > que[i].r) upd(q[r --]);
if (que[i].lca) upd(que[i].lca);
ans[que[i].id] = res;
if (que[i].lca) upd(que[i].lca);
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
P4074 糖果公园
注意到题目求的其实就是 $u->v$ 路径上的 $\sum_{col\in c_{u->v}}\ v_{col}\times \sum{w_{col}}$，并且需要支持修改，我们使用树上莫队和带修莫队的融合版即可。
代码有点复杂。注意 $modify$ 中的 $x$ 是 $p$ 位置在进行本次修改前应该是什么值，而 $t$ 存的是本次修改后的值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200010;
int n, m, Q;
int v[N], w[N], c[N], last[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int fa[N][22], depth[N];
int q[N], st[N], ed[N], len;
LL cnt[N], dis[N], ans[N], cntw[N];
LL res;
void add(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void bfs(int root) {
queue<int> q; q.push(root);
memset(depth, 0x3f, sizeof depth);
depth[0] = 0, depth[root] = 1;
while (q.size()) {
int t = q.front(); q.pop();
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (depth[j] > depth[t] + 1) {
depth[j] = depth[t] + 1;
fa[j][0] = t;
q.push(j);
for (int k = 1; k <= 20; k ++) fa[j][k] = fa[fa[j][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
void dfs(int u, int fa) {
q[++ len] = u, st[u] = len;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (j == fa) continue;
dfs(j, u);
}
q[++ len] = u, ed[u] = len;
}
int lca(int a, int b) {
if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b);
for (int k = 20; k >= 0; k --)
if (depth[fa[a][k]] >= depth[b])
a = fa[a][k];
if (a == b) return a;
for (int k = 20; k >= 0; k --)
if (fa[a][k] != fa[b][k]) {
a = fa[a][k];
b = fa[b][k];
}
return fa[a][0];
}
int B, qcnt, rcnt;
struct Query {
int l, r, id, t, lca;
bool operator < (const Query &T) const {
if (l / B != T.l / B) return l / B > T.l / B;
else if (r / B != T.r / B) return r / B > T.r / B;
else return t > T.t;
}
} query[N];
struct Modify {
int p, x, t;
} modify[N];
// 写法和上一题不一样，感觉 OIWiki 上的更简洁一点
void add(int x) {
if (dis[x]) res -= (LL)v[c[x]] * w[cnt[c[x]]--];
else res += (LL)v[c[x]] * w[++ cnt[c[x]]];
dis[x] ^= 1;
}
void upd(int p, int x) {
if (dis[p]) {
add(p); c[p] = x; add(p);
} else c[p] = x;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1; i <= m; i ++) scanf("%d", &v[i]);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b); add(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; i ++) { scanf("%d", &c[i]); last[i] = c[i]; }
bfs(1);
dfs(1, -1);
B = pow(len, 2.0 / 3.0);
while (Q --) {
int op, x, y; scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
if (op == 0) {
// last[x] 表示位置 x 修改前的值
modify[++ rcnt] = {x, last[x]};
last[x] = modify[rcnt].t = y;
} else {
int s = lca(x, y);
if (s == x || s == y) {
if (st[y] < st[x]) swap(x, y);
query[++ qcnt] = {st[x], st[y], qcnt, rcnt, 0};
} else {
if (st[y] < st[x]) swap(x, y);
query[++ qcnt] = {ed[x], st[y], qcnt, rcnt, s};
}
}
}
sort(query + 1, query + 1 + qcnt);
int l = 1, r = 0, last = 0;
for (int i = 1; i <= qcnt; i ++) {
while (l > query[i].l) add(q[-- l]);
while (r < query[i].r) add(q[++ r]);
while (l < query[i].l) add(q[l ++]);
while (r > query[i].r) add(q[r --]);
// 这里注意，拓展时用的是修改后的值，恢复时用的是修改前的值
while (last < query[i].t) last ++, upd(modify[last].p, modify[last].t);
while (last > query[i].t) upd(modify[last].p, modify[last].x), last --;
if (query[i].lca) add(query[i].lca);
ans[query[i].id] = res;
if (query[i].lca) add(query[i].lca);
}
for (int i = 1; i <= qcnt; i ++) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
回滚莫队
详介（P8078 秃子酋长）(不增加)
回滚莫队是一种不删除或者不增加的莫队。我们以秃子酋长这道题举例。平衡树 $O(logn)$ 修改或者普通莫队都是会超时的。
题目要求排完序后相邻元素在原序列中的坐标差，这显然可以用链表解决。我们用 $b_i$ 表示排完序后 $a_i$ 的原位置，然后串成链表即可。链表可以做到 $O(1)$ 删除，但是如果进行增加操作的话就非常的麻烦了。所以我们考虑不增加的回滚莫队。
首先，我们将所有的询问按照左端点所在块升序，右端点降序排序，然后我们进行莫队操作：
- 最开始我们让 $l = 1, r = n$，然后处理整个区间的答案。
- 我们一个个块来做，对于块内的询问显然可以让 $r$ 从 $n$ 开始往左走。对于每一个询问都让 $l$ 从块的左端点开始移动到要求的询问左端点。
- 处理完一个询问后再将删除过的复原，将左端点一步步移动回块的左端点。
- 处理完一个块后再让右端点复原到 $n$。
我们分析一下时间复杂度，对于每个块 $r$ 走 $O(n)$，一共 $O(\sqrt n)$ 个块，$r$ 就要走 $O(n\sqrt n)$。对于 $l$ 每个询问都走一整个块 $O(\sqrt n)$，总共 $m$ 个询问就是 $O(m\sqrt n)$，所以时间复杂度总共是 $O(n\sqrt n)$ 级别的，可以通过。
$del$ 函数中如何维护删除？假设我们要删除 $x$ 结点，我们在链表中找出它的前驱 $pre$ 后继 $ne$。考虑当 $x$ 被删除后，显然 $pre$ 和 $ne$ 连在了一起，那么答案就应该增加 $|ne - pre|$，减去 $|x - ne| + |x - pre|$。还原的话做相反的过程即可。
细节：注意如果一个点没有 $pre$ 或者 $ne$，就不应该计算它的 $pre$ 或者 $ne$。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 600010;
int n, m, B, bl, w[N], b[N];
int L[N], R[N], pos[N];
int ans[N], res;
struct List {
int pre, ne;
} l[N];
struct node {
int l, r, id;
bool operator < (const node &t) const {
return pos[l] < pos[t.l] || pos[l] == pos[t.l] && r > t.r;
}
} q[N];
void del(int x) {
int pe = l[x].pre, nex = l[x].ne;
if (pe > 0 && nex <= n) res += abs(nex - pe);
if (pe > 0) res -= abs(x - pe);
if (nex <= n) res -= abs(x - nex);
l[pe].ne = nex, l[nex].pre = pe;
}
void back(int x) {
int pe = l[x].pre, nex = l[x].ne;
if (pe > 0 && nex <= n) res -= abs(nex - pe);
if (pe > 0) res += abs(x - pe);
if (nex <= n) res += abs(x - nex);
l[pe].ne = l[nex].pre = x;
}
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++) { scanf("%lld", &w[i]); b[i] = i; }
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
scanf("%lld%lld", &q[i].l, &q[i].r);
q[i].id = i;
}
b[0] = 0, b[n + 1] = n + 1;
sort(b + 1, b + 1 + n, [&](int x, int y) {
return w[x] < w[y];
});
for (int i = 1; i <= n; i ++) l[b[i]] = {b[i - 1], b[i + 1]};
l[0].ne = b[1], l[n + 1].pre = b[n];
B = n / sqrt(m), bl = n / B;
for (int i = 1; i <= bl; i ++) L[i] = (i - 1) * B + 1, R[i] = i * B;
if (R[bl] < n) bl ++, L[bl] = R[bl - 1] + 1, R[bl] = n;
for (int i = 1; i <= bl; i ++) for (int j = L[i]; j <= R[i]; j ++) pos[j] = i;
sort(q + 1, q + 1 + m);
for (int i = 2; i <= n; i ++) res += abs(b[i] - b[i - 1]);
int tmp = res;
int qcnt = 1, l = 1, r = n;
for (int i = 1; i <= bl; i ++) {
while (r < n) back(++ r);
while (l < L[i]) del(l ++);
while (pos[q[qcnt].l] == i) {
while (r > q[qcnt].r) del(r --);
while (l < q[qcnt].l) del(l ++);
ans[q[qcnt].id] = res;
while (l > L[i]) back(-- l);
qcnt ++;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
JOI2014 歴史の研究（不删除）
不删除莫队和不修改莫队本质上是一样的，我们的核心思路是只拓展，如果不能拓展就创造拓展的条件（回滚）。
首先，我们将询问按照普通莫队排序的方式进行排序。然后做如下操作：
- 最开始 $l = 1, r = 0$，和普通莫队一样。
- 然后对于每个块，初始 $r = R_b, l = R_b + 1$，然后不断 $r$ 向右，$l$ 向左拓展。
- 考虑如果一个询问左右边界都在块中，我们直接暴力 $O(\sqrt n)$ 地做，这样 $r$ 就不用向左了。
- 每次做完一个询问记得回滚。
维护题目中所求的值是很简单的，就不过多阐述。一些细节可以看代码注释。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 100010;
int n, m, w[N], b[N];
int L[N], R[N], pos[N], B;
int cnt[N], res, ans[N], c[N];
struct Query {
int l, r, id;
bool operator < (const Query &t) const {
return pos[l] < pos[t.l] || pos[l] == pos[t.l] && r < t.r;
}
} q[N];
int brute_force(int l, int r) {
memset(c, 0, sizeof c);
int res = 0;
for (int i = l; i <= r; i ++) c[w[i]] ++;
for (int i = l; i <= r; i ++) res = max(res, b[w[i]] * c[w[i]]);
for (int i = l; i <= r; i ++) c[w[i]] --;
return res;
}
void add(int x) {
cnt[w[x]] ++;
res = max(res, b[w[x]] * cnt[w[x]]);
}
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m); B = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%lld", &w[i]);
b[i] = w[i];
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
scanf("%lld%lld", &q[i].l, &q[i].r);
q[i].id = i;
}
sort(b + 1, b + 1 + n);
int k = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++) w[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + k, w[i]) - b;
int bl = n / B;
for (int i = 1; i <= bl; i ++) L[i] = (i - 1) * B + 1, R[i] = i * B;
if (R[bl] < n) bl ++, L[bl] = R[bl - 1] + 1, R[bl] = n;
for (int i = 1; i <= bl; i ++)
for (int j = L[i]; j <= R[i]; j ++) pos[j] = i;
sort(q + 1, q + 1 + m);
int qcnt = 1, l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= bl; i ++) {
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
int r = R[i]; res = 0;
while (pos[q[qcnt].l] == i) {
l = R[i] + 1;
int P = pos[q[qcnt].l], Q = pos[q[qcnt].r];
if (q[qcnt].r - q[qcnt].l <= B) {
ans[q[qcnt].id] = brute_force(q[qcnt].l, q[qcnt].r);
qcnt ++;
continue;
}
while (r < q[qcnt].r) add(++ r);
// 这里 res 也要相应地复原，所以先 copy 一份
int t = res;
while (l > q[qcnt].l) add(-- l);
ans[q[qcnt].id] = res;
res = t;
while (l <= R[i]) cnt[w[l ++]] --;
++ qcnt;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
2024.12.27 更新了回滚莫队
右侧进度条引人注目。
细节：代码占了大部分篇幅。好文，等我有时间来学一下 awa
qwq
我太菜了，欢迎纠正