Codeforces.1029D.Isolation(DP 分块)

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\(Description\)

给定长为\(n\)的序列\(A_i\)和一个整数\(K\)。把它划分成若干段，满足每段中恰好出现过一次的数的个数\(\leq K\)。求方案数。
\(K\leq n\leq10^5\)。

\(Solution\)

设\(f[i]\)表示前\(i\)个数的答案，\(g[j]\)表示\(j\sim i\)恰好出现过一次的数的个数。有\[f[i]=\sum_{j\leq i,\ g[j]\leq K}f[j-1]\]

记\(las_i\)为\(A_i\)上次出现的位置下标。每次\(i\)移动时，\(g[j]\)的变化就是，\([las_i+1,i]\)区间\(+1\)，\([las_{las_i}+1,las_i]\)区间\(-1\)。
也就是要动态修改\(g[j]\)，求\(g[j]\leq K\)的\(f[j-1]\)的和。

数据结构什么的不好搞。考虑直接分块。
一种最简单的想法是，块内sort后维护前缀和，查询的时候二分。复杂度\(O(n\sqrt n\log(\sqrt n))\)（注意确实是\(\log(\sqrt n)\)），但过不去。

设\(s[i][j]\)表示第\(i\)块中，\(g[k]\leq j\)的\(f[k]\)的和，\(tag[i]\)表示第\(i\)块的整体修改标记。
考虑区间修改。对于整块直接打标记。对于零散部分，因为只是\(+1\)，容易发现对于第\(i\)块，只有\(s[i][g[j]]\)的值改变了，且只是少掉了\(f[j-1]\)（\(j\)是影响到的下标，显然可以暴力枚举）。那么可以暴力更新\(s[i]\)。
对于整块的查询，假设是第\(i\)块，需要满足\(j+tag[i]\leq k\)，即\(j\leq k-tag[i]\)，那么\(s[i][k-tag[i]]\)就是答案了。
那么这样就可以啦。

其实还可以优化。
把每个修改拆成前缀修改，即：\([1,i]\)区间\(+1\)，\([1,las_i]\)区间\(-2\)，\([1,las_{las_i}]\)区间\(+1\)。
这样有什么好处呢。设\(i\)所在的块为\(p\)。那么对\(p\)块零散部分暴力修改，对\(1\sim p-1\)块统一打上标记\(tag\)。
可以发现这样\(s[i][j]\)的第二维是\(O(\sqrt n)\)级别的（只有同块内的会影响它，其它值都打到\(tag\)上了）！也就是空间只需要\(O(n)\)就够了。
而且如果我们把询问也拆成前缀的形式（其实本来就是前缀），那\(tag\)完全不需要直接打到\(1\sim p-1\)上，只需要在\(p\)上打就可以了。查询的时候维护一个\(tag\)的后缀和即可。
这样设块大小为\(B\)，修改复杂度就只有\(O(B)\)，查询复杂度还是\(O(B+\frac nB)\)，但是某些修改比较多查询比较少的题目就可以调整\(B\)的大小解决啦。
虽然在这题复杂度依旧是\(O(n\sqrt n)\)，但是常数不知道优秀到了哪里去。

中间过程（包括查询啊=-=）\(s\)的第二维可能是负的，但绝对值在\(\sqrt n\)内。

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#include 
#include 
#include 
#define B 150
#define mod 998244353
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=N/B+3;

int bel[N],f[N],g[N],tag[M],s[M][B+3<<1];

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
    return now;
}
void Update(int p,int v)
{
    int *s=::s[bel[p]];
    for(int i=B; i<=B<<1; ++i) Add(s[i],v);
}
void Modify(int p,int v)
{
    int bel=::bel[p],*s=::s[bel];
    tag[bel]+=v;
    for(int i=bel*B+1; i<=p; ++i)
    {
        if(v==1) Add(s[g[i]+B],mod-f[i-1]);
        else Add(s[g[i]-1+B],f[i-1]), Add(s[g[i]-2+B],f[i-1]);
        g[i]+=v;
    }
}
int Query(int p,int K)
{
    int bel=::bel[p],sum=tag[bel]; LL res=0;
    for(int i=bel*B+1; i<=p; ++i) g[i]<=K&&(res+=f[i-1]);
    while(bel--)
    {
//      assert(sum>=0);
//      if(sum<=K) res+=s[bel][std::min(B<<1,K-sum+B)];//WA:sum may be >K
        if(std::abs(sum-K)<=B) res+=s[bel][K-sum+B];
        else if(sum