2020牛客寒假算法基础集训营4.H——坐火车【树状数组 & 前缀 & 后缀】（超级详细良心题解）

题目传送门

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题目描述

牛牛是一名喜欢旅游的同学，在来到渡渡鸟王国时，坐上了颜色多样的火车。
牛牛同学在车上，车上有 n 个车厢，每一个车厢有一种颜色。
他想知道对于每一个正整数 $x\in [1,n]$ ，集合 $\{(i,x,j)|i<x<j,l_x\le co{l}_i=co{l}_j\le r_x\}$中包含多少个元素。
换句话说，就是要求每一个车厢两边有多少对颜色相同的车厢，并且这一对车厢的颜色要在 $l_x$ 到 $r_x$ 之间。其中 $co{l}_i$ 代表 i 号车厢的颜色，$l_x$,$r_x$ 代表颜色的限制。

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输入描述:

第一行一个正整数n。
第二行 n 个三元组，每个三元组包括三个正整数 ($co{l}_i,l_i,r_i$)，输入中没有括号，这 3n 个正整数之间均只用空格隔开，详见样例。

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输出描述:

输出一行 n 个非负整数代表答案。

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输入

5
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

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输出

0 3 4 3 0

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备注:

$1\le n\le 5\cdot 10^5$

$1\le co{l}_i,l_i,r_i\le 5\cdot 10^5$

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题解

• 首先我们需要理解题意，有点绕。
• 比如样例：$(1,1,1)(1,1,1)(1,1,1)(1,1,1)(1,1,1)$
  这五个车厢，每个车厢内：中间是 $co{l}_i$，左右分别是 $l_i,r_i$ 。我们想找的是对于 $x(x\in [1,n])$ 车厢，找到左面车厢 $a\in [1,x-1]$ 和右面车厢 $b\in [x+1,n]$ 中 $co{l}_a=co{l}_b且r_x<=co{l}_a,co{l}_b<=r_x$ ，这样的匹配数
• 知道题目要求什么了之后，我们思考如何去解决这个问题。由于题目比较奇特，先思考暴力的话如何解决这个问题：
  1. 肯定需要枚举 $x\in [1,n]$，对于每一个 $x$ ，我们可以在 $a\in [1,x-1]$ 里找一个符合条件的 $co{l}_a$ ，然后从 $b\in [x+1,n]$ 里找颜色相同且符合条件的 $co{l}_b$，然后 $ans$++。
  2. 重复这个过程，就可以暴力求解了，但是复杂度爆炸。
• 现在我们来优化这一过程。
• 一般这样求解区间的情况，最容易想到的是线段树、树状数组、前缀和、dp等
• 首先感觉和 $前缀、后缀$ 这种操作比较接近（才不是因为题解这么做的）
• 用树状数组维护 $i$ 位置的 $颜色对数$ 前缀和，换句话说就是对于 $ans[i]$ ，代表的是从 $[1,i]$ 这个区间里，符合题目要求的颜色对数
• 那么对于每一个 $x\in [1,n]$ 答案就是 $ans[r_x]-ans[l_x-1]$
• 下面考虑如何去维护这一数组
• 首先头尾肯定是0，因为有一端没有车厢了
• 我们尝试能否从上一个车厢的答案转移到当前车厢的答案，这样就可以以线性复杂度解决问题。
• 首先，开两个数组 $pre、suf$
  1. $pre：$记录在 $x$ 前面（不包括自己）， 各个车厢颜色出现的次数
  2. $suf：$记录在 $x$ 后面（不包括自己），各个车厢颜色出现的次数。
• 那么我们就可以从左到右遍历各个车厢，每次利用树状数组维护的前缀和来得到答案
• 假设当我们已知 $x-1$ 位置的答案，那么 $x$ 位置的答案，其实就是
  $x-1$ 位置的答案
  + $co{l}_{x-1}$这个颜色和$[x+1,n]$区间内的匹配数 $(suf)$
  - $co{l}_x$这个颜色和$[1,x-1]$这个区间内的匹配数 $(pre)$。
• 考虑 $x-1$ 和 $x$ 的状态的话，还有不同颜色，在不同状态下的前后缀等。这样是很麻烦的，甚至为了控制不同位置不同状态两个变量，数组也需要扩大翻倍，导致难度骤增、MLE等尴尬局面。我们考虑直接通过循环来转移状态，也就是说，假如循环遍历是 $i$，那么所有的数据表达的都是 $i$位置的状态，省下了很多空间以及时间
• 那么对于每一个车厢（左边车厢已经求解），
  1. 求解之前需要 $suf[co{l}_x]$--
     (因为记录的时候$suf[co{l}_x]$是指$[x,n]$这个区间内的$co{l}_x$颜色数量，$x$自己这个位置也是包含在内的)。
  2. 求解之后需要 $pre[co{l}_x]$++
     ($pre[co{l}_x]$指$[1,x-1]$这个区间内$co{l}_x$的数量，并不包含自己，我们求解$x$车厢之和，是要进入下一状态的，对于下一个车厢而言，当前车厢是可以匹配的)
• 之前我们说，答案就是 $ans[r_x]-ans[l_x-1]$，但是我们要注意，当前车厢为 $x$ ，那么 $x$ 是不可以和左边或者右边匹配的，所以需要先将前缀中减去和$co{l}_x$颜色相同的数量（$x$和前面匹配的数量就是$pre[co{l}_x]$）
• 那么求得结果之和，需要向后迭代转移，也就是说，对于$x+1$位置而言，$x$ 位置给的贡献，就是 $suf[co{l}_x]$，加上即可。
• 这样转移的部分就解决完了。
• emmm其实个人觉得这道题还是很绕的，官方题解可能也不是很清楚（应该是我太弱了，理解不懂）。我感觉我这个分析的还可以，多读几遍慢慢思考还是可以懂的。

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AC-Code

#include 
using namespace std;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define ll long long
const int maxn = 5e5 + 7;

#define lowbit(x) (x&(-x))

int n;
ll pre[maxn], suf[maxn], ans[maxn];
struct Node {
	int col, l, r;
}a[maxn];
void add(ll x, ll val) {
	while (x <= n) {
		ans[x] += val;
		x += lowbit(x);
	}
}
ll query(ll x) {
	ll res = 0;
	while (x) {
		res += ans[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;
}
int main() {
    ios;
	while (cin >> n) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			cin >> a[i].col >> a[i].l >> a[i].r;
			++suf[a[i].col]; // 因为最开始是1位置的状态，他的suf，直接加起来就可以
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			--suf[a[i].col];
			add(a[i].col, -pre[a[i].col]);
			cout << query(a[i].r) - query(a[i].l - 1) << " ";
			++pre[a[i].col];
			add(a[i].col, suf[a[i].col]);
		}
	}
	return 0;
}