莫队算法 学习笔记

模板及讲解

莫队是什么

莫(膜)队是离线处理区间问题的一大武器,由莫队发明,其核心为最优化分块思想排序,用已知区间推区间的算法。

莫队解决什么问题

1、无修改或者修改不苛刻
2、离线
3、能用很小的复杂度从$[l,r]$转移到$[l-1, r], [l, r-1], [l+1, r], [l, r+1]$,例如$O(1), O(logn)$

莫队的实现

例题:Bzoj 1878

HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH 相信不同的贝壳会带来好运,所以每次散步完后,他都会随意取出一段贝壳,思考它们所表达的含义。HH 不断地收集新的贝壳,因此,他的项链变得越来越长。有一天,他突然提出了一个问题:某一段贝壳中,包含了多少种不同的贝壳?这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。于是,他只好求助睿智的你,来解决这个问题。

暴力

暴力是显然$O(n^2)$的,我们想想暴力是否会有很多重复的计算,比如说
$[1, 6]$和$[2,7]$,暴力会算$11$次,而实际需要那么多次吗?当然不需要,我们直接在询问$[1, 6]$基础上删掉$1$处的贡献,增加$7$处的贡献就可以得到,只用算$8$次。这就是莫队的思想。

暴力优化

我们尝试把询问区间离线按$l$排序,则会有一定的优化,但是看下面的例子:
$[1, 100], [2, 4], [3, 101]$
这会使得当前右边界时大时小,影响效率。
怎么办?我们可以取一下平均,$l$不最优,$r$不最优,但总体最优的情况。

莫队

我们把询问数组分块,分成$n / \sqrt n$块,然后进行以下的排序:

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bool cmp1(const query &a, const query &b) {//莫队排序
if (bl[a.l] == bl[b.l]) return a.r < b.r;
return bl[a.l] < bl[b.l];
}

其中$bl[i]$表示$i$所在的块。化作文字即为:如果两个询问区间的$l$在同一块中,就按$r$为关键字排序,否则用所在块的编号排序。
这样就能达到比较”好”的复杂度,但是这个复杂度是什么呢?

复杂度证明

对于$l$: 如果下一个询问区间$l$不在这个块里,则需要最多$2 \times \sqrt n$次
对于$r$: $r$在一个块里单调递增,所以$r$在每个块中最多$n$次,有$n / \sqrt n$个块,所以最多需要$n \times n / \sqrt n$次

综上所述,莫队算法的复杂度为$O(n\sqrt n)​$

代码

Bzoj 1878的代码:

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ms(i, j) memset(i, j, sizeof i)
#define ll long long
const int MAXN = 1000000 + 5;
int m, n, totblo, ai[MAXN], bl[MAXN];
struct query {
int l, r, id, ans;//询问左边界,右边界,第几个询问,答案
}q[MAXN];
bool cmp1(const query &a, const query &b) {//莫队排序
if (bl[a.l] == bl[b.l]) return a.r < b.r;
return bl[a.l] < bl[b.l];
}
bool cmp2(const query &a, const query &b) {
return a.id < b.id;
}
int nl, nr, nans, tax[MAXN];//当前l位置,当前r位置,当前答案,桶
void clean() {nl = nr = nans = 0, ms(tax, 0);}
void adjust(int x, int add) {
if (tax[ai[x]] == 0 && add == 1) nans++;
tax[ai[x]] += add;
if (tax[ai[x]] == 0 && add == -1) nans--;
/*一定要指明add
否则 对于询问区间1 3后询问5 8 会炸
*/
}
int solve() {
clean();
totblo = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &ai[i]);
bl[i] = (i - 1) / totblo + 1;
}
scanf("%d", &m);
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, cmp1);
nl = 1, nr = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
while (nl < q[i].l) adjust(nl , -1), nl++;
while (nl > q[i].l) adjust(nl - 1, +1), nl--;
while (nr < q[i].r) adjust(nr + 1, +1), nr++;
while (nr > q[i].r) adjust(nr , -1), nr--;
q[i].ans = nans;//进行调整
}
sort(q + 1, q + 1 + m, cmp2);
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", q[i].ans);
return 0;
}
int main() {
scanf("%d", &n), solve();
return 0;
}

带修莫队

例题:Bzoj 2120

墨墨购买了一套N支彩色画笔(其中有些颜色可能相同),摆成一排,你需要回答墨墨的提问。墨墨会像你发布如下指令: 1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。 2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。为了满足墨墨的要求,你知道你需要干什么了吗?

大意:多个区间询问,询问$[l,r]$中颜色的种类数。可以单点修改颜色

莫队怎么支持修改?我们可以引入一个时间$t$, 来记录某个询问是顺序修改了几次后的。
然后就可以按照莫队的思路,根据$t$不断地更新/回退修改,以达到目的。但是直接改复杂度不能保证,所以我们要用以下排序方法:

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bool cmp1(const query &a, const query &b) {//莫队带修排序
if (bl[a.l] == bl[b.l])
return (bl[a.r] == bl[b.r] ? a.t < b.t : a.r < b.r);
return bl[a.l] < bl[b.l];
}

这样就能保证复杂度了。

复杂度证明

($totblo$为块长,不等于$\sqrt n$)
对于$l$和$r$,与不带修得莫队相同。
对于$t$: 考虑有几个单调段,假设最坏情况每个块中的$t$都不单调,则会有$(n / totblo)^2$个单调段,每个单调段互相转移的时间是$O(n)$,所以最后的复杂度为$O(n(n / totblo)^2)$

综上所述,在$totblo=n^{\frac23}$时带修莫队算法的复杂度为$O(n^{\frac53})$,一般能过$10000$及以下的数据(只比暴力好一点点)。

代码

Bzoj 2120的代码:

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ms(i, j) memset(i, j, sizeof i)
#define ll long long
const int MAXN = 10000 + 5;
int n, m, bl[MAXN], totblo, n_q, n_u, ai[MAXN], oai[MAXN], ans[MAXN], lst[MAXN], tax[1000000 + 5];
//n_q, n_u分别为q,u数组大小(询问,修改个数)
//oai为原数组,lst为该位置现在的值是哪个修改修改的(没有修改为0)
//tax为桶
struct query {//询问
int l, r, t, id;
//t为时间戳
bool operator < (const query &b) const {//带修莫队排序
if (bl[l] == bl[b.l])
return (bl[r] == bl[b.r] ? t < b.t : r < b.r);
return bl[l] < bl[b.l];
}
}q[MAXN];
struct update {//修改
int p, col, lst;//位置、颜色、上一个该位置(p)的修改 (没有修改为0)
}u[MAXN];
int nt, nl, nr, nans;
void clean() {
n_q = n_u = 0;
ms(tax, 0);
}
void adjust(int x, int add) {
tax[ai[x]] += add;
if (add == 1 && tax[ai[x]] == 1) nans++;
if (add == -1 && tax[ai[x]] == 0) nans--;
}
void update_update(int type, int id, int x) {
//1撤销,2更新
if (type == 1) {
if (nl <= x && x <= nr) adjust(x, -1);//nl <= x && x <= nr才adjust!!!!!
if (u[id].lst == 0) ai[x] = oai[x]; else ai[x] = u[u[id].lst].col;
if (nl <= x && x <= nr) adjust(x, +1);//nl <= x && x <= nr才adjust!!!!!
lst[x] = u[id].lst;
} else {
u[id].lst = lst[x];
lst[x] = id;
if (nl <= x && x <= nr) adjust(x, -1);//nl <= x && x <= nr才adjust!!!!!
ai[x] = u[id].col;
if (nl <= x && x <= nr) adjust(x, +1);//nl <= x && x <= nr才adjust!!!!!
}
}
int solve() {
clean();
totblo = pow(n, 0.66666666);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &ai[i]), oai[i] = ai[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
char opt[10];
scanf("%s", opt);
if (opt[0] == 'Q') {
n_q++;
q[n_q].id = n_q, q[n_q].t = n_u;
scanf("%d%d", &q[n_q].l, &q[n_q].r);
} else {
n_u++, lst[n_u] = 0, u[n_u].lst = 0;
scanf("%d%d", &u[n_u].p, &u[n_u].col);
}
}
sort(q + 1, q + 1 + n_q);
nt = 0, nl = 1, nr = 0, nans = 0;
for (int i = 1; i <= n_q; i++) {
while (nt > q[i].t) update_update(1, nt, u[nt].p), nt--;//撤销
while (nt < q[i].t) update_update(2, nt + 1, u[nt + 1].p), nt++;//更新
while (nl < q[i].l) adjust(nl , -1), nl++;
while (nl > q[i].l) adjust(nl - 1, +1), nl--;
while (nr < q[i].r) adjust(nr + 1, +1), nr++;
while (nr > q[i].r) adjust(nr , -1), nr--;
ans[q[i].id] = nans;
}
for (int i = 1; i <= n_q; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m), solve();
return 0;
}
/*
不判 nl <= x && x <= nr WA的数据
6 8
1 2 3 4 5 5
R 4 4
R 2 3
Q 1 4
R 1 2
Q 1 4
R 3 5
R 5 8
Q 1 4
*/

树上莫队

常见题型

1、维护区间离线,无修改
Q:维护区间离线无修改
解:见讲解的莫队实现
例题:Bzoj 1878
2、维护区间离线,有简单修改
Q:维护区间离线有简单修改
解:见讲解的带修莫队实现
例题:Bzoj 2120

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