[Daimayuan] 兔纸（C++，二分）

题目背景

鶸尛鱻养了许多兔纸。

题目描述

众所周知，兔纸是一种神奇的生物，它有许多种毛色。

鶸尛鱻一共有 $n$ 只兔纸，它们从左到右排成一排，第 $i$ 只兔纸的毛色为 $co{l}_i$。

兔纸们十分活跃，时常会与旁边的兔纸交换位置。

五颜六色的兔纸弄得鶸尛鱻眼花缭乱，他想统计区间 $[l,r]$ 内兔纸的颜色，但他的数学很差，你可以帮帮他吗？

输入格式

第 $1$ 行两个正整数 $n,m$ 分别表示兔纸数量和操作次数。

第 $2$ 行 $n$ 个正整数 $co{l}_1,co{l}_2,\dots ,co{l}_n$，表示初始状态下从左到右每只兔纸的颜色。

此后 $m$ 行，每行输入格式为 1 x 或 2 l r c，其中 $\{1/2\}$ 表示操作类型。

操作 $1$ 为 交换 操作，表示第 $x$ 只兔纸和第 $x+1$ 只兔纸交换位置。

操作 $2$ 为 查询 操作，询问当前区间 $[l,r] $内有多少只颜色为 $c$ 的兔纸。

输出格式

对于每个操作 $2$，你需要输出一行一个自然数作为答案。

样例输入

7 9
8 7 6 6 7 8 3
1 5
1 4
2 1 7 7
1 6
1 4
2 3 6 8
2 1 3 7
2 1 2 6
2 2 5 7

样例输出

2
1
1
0
1

数据范围

对于全部测试数据，满足 $2\le n\le 3\times 10^5$，$1\le m,co{l}_i,c\le 3\times 10^5$，且保证 $1\le x<n$，$1\le l<r\le n$。

附加说明

原题：P3939 数颜色

解题思路

最开始看到题目描述的时候，第一反应是用可持久化线段树来实现。

但是还有另外一种更简单快速的方法：二分（lower_bound()和upper_bound()）。

这里只介绍代码的逻辑（因为算法比较emm神奇，很难说怎么想出来的）：

采用vector容器，为每一种颜色维护一个容器。

每一个容器中维护着所有该种颜色兔纸的位置。

这样每一只兔纸都有两个标识：1）在队列中的位置；2）在容器中的索引。

交换操作就是将兔纸$x$位置++，将兔纸$x+1$位置--。

如果要交换的两个兔纸位置相同则不进行任何操作，这样可以保证vector容器中的元素始终具有单调性。

查询操作是整个算法最巧妙的地方：

使用lower_bound()和upper_bound()获取指定范围$[l,r]$内最左边兔纸的索引和最右边兔纸的索引。

两个索引的差值$+1$即为答案。

最后，AC代码如下：

#include 
#include 
using namespace std;
const int max_n = 3e5;
const int max_c = 3e5;

int rabbits[max_n + 1];
vector<int>pos[max_c + 1];

int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> rabbits[i];
		pos[rabbits[i]].push_back(i);
	}
	int select, x, l, r, c;
	while (m--) {
		cin >> select;
		if (select == 1) {
			cin >> x;
			if (rabbits[x] == rabbits[x + 1]) continue;
			int col_1 = rabbits[x], col_2 = rabbits[x + 1];
			swap(rabbits[x], rabbits[x + 1]);
			int ret_1 = lower_bound(pos[col_1].begin(), pos[col_1].end(), x) - pos[col_1].begin();
			pos[col_1][ret_1]++;
			int ret_2 = lower_bound(pos[col_2].begin(), pos[col_2].end(), x + 1) - pos[col_2].begin();
			pos[col_2][ret_2]--;
		}
		else {
			cin >> l >> r >> c;
			int ret_1 = lower_bound(pos[c].begin(), pos[c].end(), l) - pos[c].begin();
			int ret_2 = upper_bound(pos[c].begin(), pos[c].end(), r) - pos[c].begin() - 1;
			if (ret_1 > ret_2) cout << 0 << endl;
			else cout << ret_2 - ret_1 + 1 << endl;
		}
	}
	return 0;
}