莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。
对于莫队算法我感觉就是暴力。只是预先知道了所有的询问。可以合理的组织计算每个询问的顺序以此来降低复杂度。要知道我们算完[L,R]的答案后现在要算[L',R']的答案。由于可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案.所以计算[L',R']的答案花的时间为|L-L'|+|R-R'|。如果把询问[L,R]看做平面上的点a(L,R).询问[L',R']看做点b(L',R')的话。那么时间开销就为两点的曼哈顿距离。所以对于每个询问看做一个点。我们要按一定顺序计算每个值。那开销就为曼哈顿距离的和。要计算到每个点。那么路径至少是一棵树。所以问题就变成了求二维平面的最小曼哈顿距离生成树。
关于二维平面最小曼哈顿距离生成树。感兴趣的可以参考点击打开链接
这样只要顺着树边计算一次就ok了。可以证明时间复杂度为n*sqrt(n)这个我不会证明。
但是这种方法编程复杂度稍微高了一点。所以有一个比较优雅的替代品。那就是先对序列分块。然后对于所有询问按照L所在块的大小排序。如果一样再按照R排序。然后按照排序后的顺序计算。为什么这样计算就可以降低复杂度呢。
一、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
二、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5
三、i与i+1在同一块内时变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过2*n^0.5，不妨看作是n^0.5。由于有n个数，所以时间复杂度是n^1.5
于是就变成了O(n^1.5)了。
解题思路：因为要求的答案满足区间的可加性，我们令f(l,r)表示 l到r这个区间满足条件的ans,令F(l1,r1,l2,r2)为在这两个区间内选取的数满足条件的ans，则根据容斥定理，F(l1,r1,l2,r2)=f(l1,r2)-f(r1+1,r2)-f(l1,l2-1)+f(r1+1,l2-1)。这样就把两个不相关的区间合并成一个可以用莫队算法处理的区间。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 30005;
int n,m,k,block,a[maxn],cnt[maxn],res[maxn];
struct Query
{
int l,r,id,f;
bool operator < (const Query rhs) const
{
if(l / block == rhs.l / block)
return r < rhs.r;
return l / block < rhs.l / block;
}
}q[maxn<<2];
void solve()
{
block = sqrt(n + 0.5);
sort(q,q+(m<<2));
int ans = 0,l = 1,r = 0;
for(int i = 0; i < (m<<2); i++)
{
while(r > q[i].r)
{
cnt[a[r]]--;
if(k - a[r] >= 1 && k - a[r] <= n) ans -= cnt[k-a[r]];
r--;
}
while(r < q[i].r)
{
r++;
if(k - a[r] >= 1 && k - a[r] <= n) ans += cnt[k-a[r]];
cnt[a[r]]++;
}
while(l < q[i].l)
{
cnt[a[l]]--;
if(k - a[l] >= 1 && k - a[l] <= n) ans -= cnt[k-a[l]];
l++;
}
while(l > q[i].l)
{
l--;
if(k - a[l] >= 1 && k - a[l] <= n) ans += cnt[k-a[l]];
cnt[a[l]]++;
}
res[q[i].id] += ans * q[i].f;
}
}
int main()
{
int l1,l2,r1,r2;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
scanf("%d",&k);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
cnt[i] = 0;
scanf("%d",&a[i]);
}
scanf("%d",&m);
for(int i = 0; i < m; i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2);
res[i] = 0;
q[(i<<2)].l=l1,q[(i<<2)].r=r2,q[(i<<2)].id=i,q[(i<<2)].f=1;
q[(i<<2)+1].l=l1,q[(i<<2)+1].r=l2-1,q[(i<<2)+1].id=i,q[(i<<2)+1].f=-1;
q[(i<<2)+2].l=r1+1,q[(i<<2)+2].r=r2,q[(i<<2)+2].id=i,q[(i<<2)+2].f=-1;
q[(i<<2)+3].l=r1+1,q[(i<<2)+3].r=l2-1,q[(i<<2)+3].id=i,q[(i<<2)+3].f=1;
}
solve();
for(int i = 0; i < m; i++)
printf("%d\n",res[i]);
}
return 0;
}
