【LG-P5072 [Ynoi2015]】盼君勿忘

做的第一道莫队题 QwQ。

P5072 [Ynoi2015] 盼君勿忘

给定一个序列，每次查询一个区间 [l,r][l,r][l,r] 中所有子序列分别去重后的和 modp\bmod\ pmod p。

思路

莫队 + 手写双向链表

1

题意有点绕，但注意是“分别去重”。

那么假设一个数 xxx，它在长为 nnn 的序列中出现了 mmm 次，即一共有 2n2^n2n 个子序列，不含 xxx 的子序列有 2n−m2^{n-m}2n−m 个。

则 xxx 在所有去重后的子序列中出现了 (2n−2n−m)(2^n-2^{n-m})(2n−2n−m) 次，那么 xxx 对答案的贡献为 x∗(2n−2n−m)x * (2^n-2^{n-m})x∗(2n−2n−m)。

2

所以问题转化为记录在区间 [l,r][l,r][l,r] 中 xxx 一共出现了几次。

莫队。

同时，因为要维护出现次数为 mmm 的数，所以还要手写一个双向链表（不手写会 TLE）。然后就是莫队板子了。

3

如果用快速幂去计算 2 的若干次方的话，由于 nnn 和 mmm 很大，就容易超时。

所以要使用光速幂。光速幂在计算固定底数、指数很大的幂时有很高的效率。

预处理 O(n)\text{O(n)}O(n)，计算该底数的 1,2,3,⋯,n1,2,3,\cdots ,\sqrt{n}1,2,3,⋯,n 次幂和 2n,3,n,⋯,nn2\sqrt{n},\ 3,\sqrt{n},\ \cdots ,n\sqrt{n}2n, 3,n, ⋯,nn 次幂。

查询 O(1)\text{O(1)}O(1)，2x2^x2x 即为 pow1(x%len)∗pow2(⌊xlen⌋)(len=(n))pow1(x \% len) * pow2(\left\lfloor\frac{x}{len}\right\rfloor)\ (len=\sqrt(n))pow1(x%len)∗pow2(⌊lenx⌋) (len=(n))。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define maxn 100005
int n, m, len, tot;
int a[maxn], cnt[maxn], sum[maxn], ans[maxn];
int pw1[maxn], pw2[maxn];inline int get(int x)
{return (x - 1) / len + 1;
}struct relist{struct node2{int pre, nxt;}d[maxn];int tot;
}lst;
struct node{int l, r, p, id;friend bool operator < (const node &a, const node &b){return get(a.l) == get(b.l) ? a.r < b.r : get(a.l) < get(b.l);}
}q[maxn];inline void power_pre(int mod)
{pw1[0] = pw2[0] = 1;for(int i = 1; i <= len + 3; ++i) pw1[i] = pw1[i - 1] * 2 % mod;for(int i = 1; i <= len + 3; ++i) pw2[i] = pw2[i - 1] * pw1[len] % mod;
}inline int qry(int k, int mod)
{return pw1[k % len] % mod * pw2[k / len] % mod;
}inline void era(int x)
{if(x != tot){lst.d[lst.d[x].nxt].pre = lst.d[x].pre;lst.d[lst.d[x].pre].nxt = lst.d[x].nxt; }else{lst.d[lst.d[x].pre].nxt = 0;tot = lst.d[x].pre;}lst.d[x].pre = lst.d[x].nxt = 0;
}inline void add_back(int x)
{lst.d[tot].nxt = x, lst.d[x].pre = tot;tot = x;
}inline void updt(int x, int tim)
{if(!(sum[cnt[a[x]]] -= a[x]))era(cnt[a[x]]);if(!sum[cnt[a[x]] += tim])add_back(cnt[a[x]]);sum[cnt[a[x]]] += a[x];
}signed main()
{scanf("%lld %lld", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);len = ceil(sqrt(n));for(int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%lld %lld %lld", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].p);q[i].id = i;  }   sort(q + 1, q + m + 1);for(int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m; ++i){power_pre(q[i].p);while(l > q[i].l) l -= 1, updt(l, 1);while(r < q[i].r) r += 1, updt(r, 1);while(l < q[i].l) updt(l, -1), l += 1;while(r > q[i].r) updt(r, -1), r -= 1;//注意这四个的顺序不能改变 for(int j = lst.d[0].nxt; j; j = lst.d[j].nxt){int totl = qry(r - l + 1, q[i].p);int disc = qry(r - l + 1 - j, q[i].p);int res = ((totl - disc) * sum[j] + q[i].p) % q[i].p;ans[q[i].id] = (ans[q[i].id] + res + q[i].p) % q[i].p;}}for(int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);return 0;
}

——EndEndEnd——

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