带修改莫队

请确保您已经会普通莫队算法了。如果您还不会，请先阅读前面的 普通莫队算法。

特点

普通莫队是不能带修改的。

我们可以强行让它可以修改，就像 DP 一样，可以强行加上一维 时间维, 表示这次操作的时间。

时间维表示经历的修改次数。

即把询问 $[l,r]$ 变成 $[l,r,\text{time}]$。

那么我们的坐标也可以在时间维上移动，即 $[l,r,\text{time}]$ 多了一维可以移动的方向，可以变成：

• $[l-1,r,\text{time}]$
• $[l+1,r,\text{time}]$
• $[l,r-1,\text{time}]$
• $[l,r+1,\text{time}]$
• $[l,r,\text{time}-1]$
• $[l,r,\text{time}+1]$

这样的转移也是 $O(1)$ 的，但是我们排序又多了一个关键字，再搞搞就行了。

可以用和普通莫队类似的方法排序转移，做到 $O(n^{5/3})$。

这一次我们排序的方式是以 $n^{2/3}$ 为一块，分成了 $n^{1/3}$ 块，第一关键字是左端点所在块，第二关键字是右端点所在块，第三关键字是时间。

最优块长以及时间复杂度分析

我们设序列长为 $n$，$m$ 个询问，$t$ 个修改。

带修莫队排序的第二关键字是右端点所在块编号，不同于普通莫队。

想一想，如果不把右端点分块：

• 乱序的右端点对于每个询问会移动 $n$ 次。
• 有序的右端点会带来乱序的时间，每次询问会移动 $t$ 次。

无论哪一种情况，带来的时间开销都无法接受。

接下来分析时间复杂度。

设块长为 $s$，则有 $\frac{n}{s}$ 个块。对于块 $i$ 和块 $j$，记有 $q_{i,j}$ 个询问的左端点位于块 $i$，右端点位于块 $j$。

每「组」左右端点不换块的询问 $(i,j)$，端点每次移动 $O(s)$ 次，时间单调递增，$O(t)$。

左右端点换块的时间忽略不计。

表示一下就是：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{n/s}\sum _{j=i+1}^{n/s}(q_{i,j}\cdot s+t)\\ =& ms+{\left(\frac{n}{s}\right)}^{2}t\\ =& ms+\frac{n^{2}t}{s^2}\end{array}$$

考虑求导求此式极小值。设 $f(s)=ms+\frac{n^{2}t}{s^2}$。那 $f^{\prime }(s)=m-\frac{2n^{2}t}{s^3}=0$。

得 $s=\sqrt[3]{\frac{2n^{2}t}{m}}=\frac{2^{1/3}{n}^{2/3}{t}^{1/3}}{m^{1/3}}=s_0$。

也就是当块长取 $\frac{n^{2/3}{t}^{1/3}}{m^{1/3}}$ 时有最优时间复杂度 $O\left(n^{2/3}{m}^{2/3}{t}^{1/3}\right)$。

常说的 $O\left(n^{5/3}\right)$ 便是把 $n,m,t$ 当做同数量级的时间复杂度。

实际操作中还是推荐设定 $n^{2/3}$ 为块长。

例题

例题 「国家集训队」数颜色/维护队列

题目大意：给你一个序列，M 个操作，有两种操作：

1. 修改序列上某一位的数字
2. 询问区间 $[l,r]$ 中数字的种类数（多个相同的数字只算一个）

我们不难发现，如果不带操作 1（修改）的话，我们就能轻松用普通莫队解决。

但是题目还带单点修改，所以用 带修改的莫队。

过程

先考虑普通莫队的做法：

• 每次扩大区间时，每加入一个数字，则统计它已经出现的次数，如果加入前这种数字出现次数为 $0$，则说明这是一种新的数字，答案 $+1$。然后这种数字的出现次数 $+1$。
• 每次减小区间时，每删除一个数字，则统计它删除后的出现次数，如果删除后这种数字出现次数为 $0$，则说明这种数字已经从当前的区间内删光了，也就是当前区间减少了一种颜色，答案 $-1$。然后这种数字的出现次数 $-1$。

现在再来考虑修改：

• 单点修改，把某一位的数字修改掉。假如我们是从一个经历修改次数为 $i$ 的询问转移到一个经历修改次数为 $j$ 的询问上，且 $i<j$ 的话，我们就需要把第 $i+1$ 个到第 $j$ 个修改强行加上。
• 假如 $j<i$ 的话，则需要把第 $i$ 个到第 $j+1$ 个修改强行还原。

怎么强行加上一个修改呢？假设一个修改是修改第 $pos$ 个位置上的颜色，原本 $pos$ 上的颜色为 $a$，修改后颜色为 $b$，还假设当前莫队的区间扩展到了 $[l,r]$。

• 加上这个修改：我们首先判断 $pos$ 是否在区间 $[l,r]$ 内。如果是的话，我们等于是从区间中删掉颜色 $a$，加上颜色 $b$，并且当前颜色序列的第 $pos$ 项的颜色改成 $b$。如果不在区间 $[l,r]$ 内的话，我们就直接修改当前颜色序列的第 $pos$ 项为 $b$。
• 还原这个修改：等于加上一个修改第 $pos$ 项、把颜色 $b$ 改成颜色 $a$ 的修改。

因此这道题就这样用带修改莫队轻松解决啦！

实现

参考代码

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
 
long long qsize;
 
struct query {
  long long id, t, l, r;
 
  bool operator<(query b) const {
    if (l / qsize != b.l / qsize) {
      return l / qsize > b.l / qsize;
    } else if (r / qsize != b.r / qsize) {
      return r / qsize > b.r / qsize;
    } else {
      return t > b.t;
    }
  }
} q[150009];
 
struct operation {
  long long p, x;
} r[150009];
 
char op;
long long n, m, x, y, cur, qcnt, rcnt, mp[1500009], a[150009], ans[150009];
 
void add(long long x) {
  if (!mp[x]) {
    cur += 1;
  }
  mp[x] += 1;
}
 
void del(long long x) {
  mp[x] -= 1;
  if (!mp[x]) {
    cur -= 1;
  }
}
 
void process() {
  sort(q + 1, q + qcnt + 1);
  long long L = 1, R = 0, last = 0;
  for (long long i = 1; i <= qcnt; i++) {
    while (R < q[i].r) {
      add(a[++R]);
    }
    while (R > q[i].r) {
      del(a[R--]);
    }
    while (L > q[i].l) {
      add(a[--L]);
    }
    while (L < q[i].l) {
      del(a[L++]);
    }
    while (last < q[i].t) {
      last += 1;
      if (r[last].p >= L && r[last].p <= R) {
        add(r[last].x);
        del(a[r[last].p]);
      }
      swap(a[r[last].p], r[last].x);
    }
    while (last > q[i].t) {
      if (r[last].p >= L && r[last].p <= R) {
        add(r[last].x);
        del(a[r[last].p]);
      }
      swap(a[r[last].p], r[last].x);
      last -= 1;
    }
    ans[q[i].id] = cur;
  }
}
 
signed main() {
  cin.tie(nullptr);
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin >> n >> m;
  qsize = pow(n, 2.0 / 3.0);
  for (long long i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
  }
  for (long long i = 1; i <= m; i++) {
    cin >> op >> x >> y;
    if (op == 'Q') {
      ++qcnt, q[qcnt] = {qcnt, rcnt, x, y};
    } else if (op == 'R') {
      r[++rcnt] = {x, y};
    }
  }
  process();
  for (long long i = 1; i <= qcnt; i++) {
    cout << ans[i] << '\n';
  }
}