BZOJ2821: 作诗(Poetize)（分块）

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• 题意

给你一个区间，每次查询(l,r)，问(l,r)中数字出现偶数次的种类数。

• 题解

分块大法好。。。
分析：
1.查询(l,r)中的数字出现偶数次的种类数，可以等价于完整块中数字种类数及不完整块中数字种类数（前半部分可以预处理，后半部分暴力）时间复杂度 O(n√)
2.对于不完整块种类数，要考虑与完整块中数字出现重复，这时我们需要求出完整块中某个数的个数，再来统计影响。
3.对于求完整块中数字出现重复，看了其他人的博客，大部分用到了排序并二分查找，时间复杂度 O(n√⋅logn) 。这里给出一种牺牲空间复杂度换取时间复杂度的方法：
预处理第一块到每一块的每个数出现的次数，时间复杂度 O(n√⋅n) ，空间复杂度 O(n√⋅n) ，那么查询只需要 O(1) ，跑下来明显比前一种方法更为优秀。（当然这时候空间可能会爆，所以要适当调整块的大小。。）

• Code

#include
using namespace std;
const int Maxn=1e5+50;
const int S=430;

inline int read()
{
    char ch=getchar();int i=0,f=1;
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return i*f; 
}

int n,m,c,t,a[Maxn],ans[250][250],cnt[250][Maxn],C[Maxn],bg[Maxn],ed[Maxn],s;

struct node
{
    int val,id;
    friend inline bool operator <(const node &a,const node &b){return a.valinline void l_b()
{
    sort(b+1,b+n+1);
    t=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==1||b[i].val!=b[i-1].val)++t;
        a[b[i].id]=t;
    }
}

inline void pre()
{
    for(int i=1;i*S<=n;i++){bg[i]=ed[i-1]+1,ed[i]=ed[i-1]+S,s=i;}
    if(ed[s]!=n)++s,bg[s]=ed[s-1]+1,ed[s]=n;
    int h=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        C[a[i]]++;
        if(i==ed[h])
        {
            for(int i=1;i<=t;i++)cnt[h][i]=C[i];
            ++h;
        }
    }
    memset(C,0,sizeof(C));
    for(int i=1;i<=s;i++)
    {
        int tot=0;h=i;
        for(int j=bg[i];j<=n;j++)
        {
            ++C[a[j]];
            if(C[a[j]]!=1)
            {
                if(C[a[j]]%2)--tot;
                else ++tot;
            }
            if(j==ed[h])
            {
                ans[i][h]=tot;
                h++;
            }
        }
        for(int j=bg[i];j<=n;j++)
        {
            --C[a[j]];
        }
    }
}

int buf[50];
inline void W(int x)
{
    if(!x)putchar('0');
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    while(x)buf[++buf[0]]=(x%10),x/=10;
    while(buf[0])putchar('0'+buf[buf[0]--]);
}

int main()
{
    n=read(),c=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){b[i].val=read(),b[i].id=i;}
    l_b();
    pre();
    int A=0;
    memset(C,0,sizeof(C));
    while(m--)
    {
        int l=(read()+A)%n+1,r=(read()+A)%n+1;
        if(l>r)swap(l,r);
        if((r-l+1)>2*S)
        {
            int L=(l-1)/S+1,R=(r-1)/S+1;
            if(l!=bg[L])L++;
            if(r!=ed[R])R--;
            int tot=ans[L][R];
            for(int i=l;iif((C[a[i]]+cnt[R][a[i]]-cnt[L-1][a[i]])!=1)
                {
                    if((C[a[i]]+cnt[R][a[i]]-cnt[L-1][a[i]])%2)--tot;
                    else ++tot;
                }
            }
            for(int i=ed[R]+1;i<=r;i++)
            {
                C[a[i]]++;
                if((C[a[i]]+cnt[R][a[i]]-cnt[L-1][a[i]])!=1)
                {
                    if((C[a[i]]+cnt[R][a[i]]-cnt[L-1][a[i]])%2)--tot;
                    else ++tot;
                }
            }
            A=tot;
            for(int i=l;ifor(int i=ed[R]+1;i<=r;i++){--C[a[i]];}
        }
        else
        {
            int tot=0;
            for(int i=l;i<=r;i++)
            {
                ++C[a[i]];
                if(C[a[i]]!=1)
                {
                    if(C[a[i]]%2)--tot;
                    else ++tot;
                }
            }
            A=tot;
            for(int i=l;i<=r;i++){--C[a[i]];}
        }
        W(A);
        putchar('\n');
    }
}