Statement
- 区间涂颜色
- 区间颜色数
Solution
\(O(\text{polysqrt})\)
略。
\(O(\text{polylog})\)
颜色段均摊有两层含义：
- 随机数据下：任意时刻的颜色段个数期望 \(O(\log n)\)
- 非随机数据下：每次推平时访问的颜色段个数均摊 \(O(n)\)
首先维护每个点 \(i\) 的 \(pre_i\)，一次询问相当于二维偏序。
考虑单点修咋做，他对 \(pre\) 的修改是 \(O(1)\) 的，一次修改看成一次删除 + 一次插入，可以三维偏序完成。
考虑这题咋做。
结论：进行所有区间修改后，\(pre\) 数组的单点修改次数是 \(O(n+m)\) 的。
我们称一个颜色段为一个节点，注意到如果一个节点整体赋上一个值，那么只有节点第一个数、原先最后一个数的后继、现在最后一个数的后继的 \(pre\) 会被修改。
考虑 ODT 的过程，每次修改，我们先将两端的节点分裂，然后删除中间节点，再换成一个同一个节点。
分裂和更换的过程，就是删除若干个节点，再添加至多三个节点。对 \(pre\) 数组的修改次数和删除的节点数同阶。而每个节点至多删除一次，我们添加的节点个数是 \(O(m)\) 的，初始的节点个数是 \(O(n)\) 的。因此，\(pre\) 数组的单点修改次数是 \(O(n+m)\) 的。
既然这样，我们就只需找到 \(pre\) 数组被修改的位置和时间，然后按单点修改的方式做就好了！
怎么找呢？其实就是上面复杂度分析那个过程。我们直接拿个 ODT 维护，然后每次修改就可以找出若干个可能被修改的节点，然后对这些节点求修改后的 \(pre\) 即可。怎么求 \(pre\)？我们对每种颜色开个 ODT 即可。
Code
柯朵莉树写法是跟 251Sec 学的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (int i = (j); i <= (k); ++i)
#define reo(i, j, k) for (int i = (j); i >= (k); --i)
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10, M = 2e6 + 10;
int n, m, a[N], pre[N], buc[N];
map<int, int> mp;
int btot;struct Operations {int pos, val, tim, xishu, id;
} Oper[M], tmp[M];
int optot, qtot, ans[N];struct ODTNode {int l, r, v;bool operator< (const ODTNode& o) const {return l < o.l;}
};
struct ODT {typedef set<ODTNode>::iterator iter;set<ODTNode> tr, col[N];iter Insert(int l, int r, int v) {col[v].insert({l, r, v});return tr.insert({l, r, v}).first;}void Delete(int l, int r, int v) {col[v].erase({l, r, v});tr.erase({l, r, v});}iter Split(int p) {iter it = tr.lower_bound({p, 0, 0});if (it != tr.end() && it->l == p) return it;--it;int l = it->l, r = it->r, v = it->v;Delete(l, r, v);Insert(l, p - 1, v);return Insert(p, r, v);}int Pre(int p) {iter it = --tr.upper_bound({p, 0, 0});if (it->l != p) return p - 1;else {int v = it->v;it = col[v].lower_bound({p, 0, 0});if (it != col[v].begin()) return (--it)->r;else return 0;}}int Suf(int p) {iter it = --tr.upper_bound({p, 0, 0});if (it->r != p) return p + 1;else {int l = it->l, v = it->v;it = col[v].lower_bound({l + 1, 0, 0});if (it != col[v].end()) return it->l;else return n + 1;}}void Assign(int l, int r, int v, int t) {iter itr = Split(r + 1), itl = Split(l);vector<int> vec;for (iter it = itl; it != itr; ++it) {int pl = it->l, pr = it->r, pv = it->v, x = Suf(pr);vec.push_back(pl);if (x > r && x != n + 1) vec.push_back(x);col[pv].erase(*it);}tr.erase(itl, itr);Insert(l, r, v);int x = Suf(r);if (x != n + 1) vec.push_back(x);for (int p : vec) {Oper[++optot] = {p, pre[p], t, -1, 0};Oper[++optot] = {p, pre[p] = Pre(p), t, 1, 0};}}
} odt;struct BIT {int sum[N];BIT() {memset(sum, 0, sizeof(sum));}void Upd(int x, int v) {for (++x; x < N; x += x & -x) sum[x] += v;}int Qry(int x) {int res = 0;for (++x; x; x -= x & -x) res += sum[x];return res;}
} bit;void CDQ(int l, int r) {if (l == r) return;int mid = (l + r) >> 1;CDQ(l, mid), CDQ(mid + 1, r);int pos = l;rep(j, mid + 1, r) {if (!Oper[j].id) continue;while (pos <= mid && Oper[pos].pos <= Oper[j].pos) {if (!Oper[pos].id) bit.Upd(Oper[pos].val, Oper[pos].xishu);++pos;}ans[Oper[j].id] += Oper[j].xishu * bit.Qry(Oper[j].val);}rep(i, l, pos - 1) if (!Oper[i].id) bit.Upd(Oper[i].val, -Oper[i].xishu);int tp = l;for (int i = l, j = mid + 1; i <= mid || j <= r; )if (i <= mid && (j > r || Oper[i].pos <= Oper[j].pos)) tmp[tp++] = Oper[i++];else tmp[tp++] = Oper[j++];rep(i, l, r) Oper[i] = tmp[i];
}int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);cin >> n >> m;rep(i, 1, n) {cin >> a[i];if (!mp.count(a[i])) mp[a[i]] = ++btot;a[i] = mp[a[i]];pre[i] = buc[a[i]];buc[a[i]] = i;Oper[++optot] = {i, pre[i], 0, 1, 0};odt.Insert(i, i, a[i]);}rep(i, 1, m) {int op, l, r, x;cin >> op >> l >> r;if (op == 1) {cin >> x;if (!mp.count(x)) mp[x] = ++btot;x = mp[x];odt.Assign(l, r, x, i);} else {Oper[++optot] = {r, l - 1, i, 1, ++qtot};Oper[++optot] = {l - 1, l - 1, i, -1, qtot};}}CDQ(1, optot);rep(i, 1, qtot) cout << ans[i] << '\n';return 0;
}
