筆記-莫隊的強制在線

最近做題的時候想到了一種將莫隊強制在線的方法，就是下面這道題：

給定長為 \(n\) 的序列 \(A\) ，其中所有元素滿足 \(x \in [1,n]\)，\(m\) 次詢問某個區間 \([l,r]\) 內的第 \(k\) 小值，若某個數的出現次數大於 \(w\) ，則這個數在此詢問中被視為 \(n+1\)， \(w\) 是一給定常數，強制在線 \(n,m\leq 10^5\)

正解分塊即可，但憑着一顆愛搗騰的心，當然要用莫隊來做，這種題若是離線用莫隊解非常方便，但由於這題強制在線，不能直接上莫隊

考慮下莫隊的原理：可以快速地由區間 \([l,r]\) 的答案轉移到區間 \([l\pm 1,r\pm 1]\) 的答案，復雜度分析大概是將一個對區間 \([l,r]\) 的詢問化為一個 \((l,r)\) 的在二維平面上的點，由一個點 \((l_1,r_1)\) 到 \((l_2,r_2)\) 的轉移代價為 \(|l_1-l_2|+|r_1-r_2|\) 也即曼哈頓距離，整個算法相當於是一個點在平面上連出一條貫穿所有節點的鏈出來，復雜度即為這條鏈的總長（曼哈頓距離）。在對左端點分塊、塊內按右端點排序的情況下，設塊大小為 \(S\)，則復雜度為 \(O(mS+\frac {n^2}S)\)，在 \(n,m\) 同階的情況下取 \(S=\sqrt n\) 復雜度最優，為 \(O((n+m)\sqrt n)\)

但上面這種方法僅限於提前得知了所有的詢問（即平面上點的位置），若是強制在線，這個做法可以被卡到 \(O(nm)\)，於是就有了下面這個想法：在離線莫隊的做法里，是讓一個節點（初始狀態）按照構造出的一條長度為 \(O(n\sqrt n)\) 的曼哈頓路線行走，但若要強制在線，則只能按照題目詢問的順序走，運行時間完全由輸入掌握。一種簡單的想法是：構造多條路線

考慮在平面上保存多個節點，當前詢問則由最近的節點進行移動求解，在保存足夠多的點時，可以保證復雜度不受輸入影響（相當於保存多個莫隊進程）

則這樣的復雜度為 “放置這些點的復雜度” + “離平面上最近的點曼哈頓距離的最大值”，復雜度完全依賴於放點的方案

我目前使用的是將點放成一個矩形，設矩形大小為 \(S\times S\)，則構造這些點的復雜度為 \(O(nS^2)\)，而平面上被分為了 \(\frac nS\times \frac nS\) 的塊，則平面上離點最近距離的最大值約為 \(\frac n{2S}\)，則詢問復雜度為 \(O(\frac n{2S}\cdot m)\)，總復雜度 \(O(nS^2+\frac {nm}{2S})\)，若 \(n,m\) 同階的情況下，取 \(S=m^{\frac 13}\) 最優，時間與空間復雜度皆為 \(O(m^{\frac 23}n)\)

實際運行效率？在上面的這題中 \((n,m\leq 10^5)\)，開 \(\mathrm {O2}\) 優化，運行時間約為 \(1.8s\) （正解分塊約為 \(1.1s\)），碼量比正解小了不少

貼上代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline void read(int&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N = 100103;
int a[N],id[N],L[N],R[N];
int bs[53][53],tot;

int n,Q,w;

struct Cap_Mo{
	int tng[N],cnt[331],bl,br;
	
	inline void add(int x){
		if(tng[x] == w) {cnt[id[x]] -= tng[x], ++tng[x]; return ;}
		++tng[x]; if(tng[x] <= w) ++cnt[id[x]];
	}
	
	inline void del(int x){
		if(tng[x] == w+1) {--tng[x], cnt[id[x]] += tng[x]; return ;}
		--tng[x]; if(tng[x] <= w) --cnt[id[x]];
	}
	
	void prework(int l,int r){
		bl = l, br = r;
		for(int i=l;i<=r;++i) add(a[i]);
	}
	
	int query(int k){
		int i,j;
		for(i=1;L[i];++i){
			if(k <= cnt[i]) break;
			k -= cnt[i];
		}
		for(j=L[i];j<=R[i];++j)
			if(tng[j] <= w){
				if(k <= tng[j]) return j;
				k -= tng[j];
			}
		return n+1;
	}
	
	int work(int ql,int qr,int k){
		int l = bl, r = br;
		while(ql < l) --l, add(a[l]);
		while(r < qr) ++r, add(a[r]);
		while(l < ql) del(a[l]), ++l;
		while(qr < r) del(a[r]), --r;
		
		int res = query(k);
		
		while(bl < l) --l, add(a[l]);
		while(r < br) ++r, add(a[r]);
		while(l < bl) del(a[l]), ++l;
		while(br < r) del(a[r]), --r;
		
		return res;
	}
}base[2213];

int main(){
	freopen("in","r",stdin);
	read(n), read(Q), read(w);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	
	int blk = sqrt(n*1.0), S = min(blk,47);
	for(int t=1,i=1;i<=n+1;i+=blk,++t){
		L[t] = i, R[t] = min(i+blk-1,n+1);
		for(int j=L[t];j<=R[t];++j) id[j] = t;
	}
	
	for(int i=1;i<=S;++i)
	for(int j=i;j<=S;++j)
		base[bs[i][j] = ++tot].prework(i*n/S,j*n/S);
	
	int Base_Blk = n / S;
	int l,r,k,las = 19260817;
	while(Q--){
		read(l), read(r), read(k);
		l ^= las, r ^= las, k ^= las;
		int ix = min(max(l/Base_Blk,1),S), iy = min(max(r/Base_Blk,1),S);
		int dl = abs(base[bs[ix][iy]].bl-l), dr = abs(base[bs[ix][iy]].br-r);
		if(ix != 1 and abs(base[bs[ix-1][iy]].bl-l) < dl) --ix;
		if(ix != iy and abs(base[bs[ix+1][iy]].bl-l) < dl) ++ix;
		if(iy != ix and abs(base[bs[ix][iy-1]].br-r) < dr) --iy;
		if(iy != n and abs(base[bs[ix][iy+1]].br-r) < dr) ++iy;
		printf("%d\n",las=base[bs[ix][iy]].work(l,r,k));
	}
	return 0;
}