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题目描述
“若是万一琪露诺(俗称rhl)进行攻击,什么都好,冷静地回答她的问题来吸引她。对方表现出兴趣的话,那就慢慢地反问。在她考虑答案的时候,趁机逃吧。就算是很简单的问题,她一定也答不上来。”
—-《上古之魔书》
天空中出现了许多的北极光,这些北极光组成了一个长度为
的正整数数列
,远古之魔书上记载到:2个位置的
值为两者位置差与数值差的和:
要想破解天罚,就必须支持2种操作(k都是正整数):
:将第 个数的值修改为 。
:询问有几个 满足 。
由于从前的天罚被圣王lmc破解了,所以rhl改进了她的法术,询问不仅要考虑当前数列,还要考虑任意历史版本,即统计任意位置上出现过的任意数值与当前的 的 值 的对数。(某位置多次修改为同样的数值,按多次统计)
输入输出格式
输入格式
第
行两个整数
。分别表示数列长度和操作数。
第2行
个正整数,代表初始数列。
第
行每行一个操作。
, 修改操作数
, 询问操作数
,
输出格式
对于每次询问操作,输出一个非负整数表示答案
输入输出样例
输入样例#1
3 5
2 4 3
Query 2 2
Modify 1 3
Query 2 2
Modify 1 2
Query 1 1
输出样例#1
2
3
3
解题分析
这道题难点在于转化询问。 显然我们可以将所谓的
值视为
,
视为
,所谓的历史版本就成了插入一个点。 那么询问就变成了一个侧放的正方形内有多少个点。如下图, 设询问点为
, 而
的情况:
这样显然不好查询, 那么我们考虑把它旋转45°, 运用初中的知识有:
看看旋转后的矩形是什么样的:
发现变成了一个宽为
的正放的正方形, 我们就可以用树状数组维护啦。(类似这道题)
可能大家会有疑惑:正方形中不是还有一些空点吗?不会多统计吗?实际上这些点是无法通过旋转得到的, 自然也不用考虑。
其余细节见代码:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 1000005
#define lowbit(i) (i & -i)
template <class T>
IN void in(T &x)
{
x = 0; R char c = gc;
W (!isdigit(c)) c = gc;
W (isdigit(c))
x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48, c = gc;
}
int dot, q, cnt, tree[MX], tot, mn = 99999999, mx = -99999999, get1, get2;
char bf[10];
struct Que
{
int x, y1, y2, typ, id, ord, del, tim;
}eve[MX << 1], buf[MX << 1];
struct Point
{
int x, y;
}pt[MX];//存当前最新的一个x坐标为i的点
struct Res
{
int ans[3];
}res[MX];
IN bool operator < (const Que &x, const Que &y)
{return x.x == y.x ? x.typ < y.typ : x.x < y.x;}
IN void add(R int pos)
{W (pos <= mx) ++tree[pos], pos += lowbit(pos);}
IN int query(R int pos)
{
int ret = 0;
W (pos) ret += tree[pos], pos -= lowbit(pos);
return ret;
}
IN void clear(R int pos)
{
W (pos <= mx) if(tree[pos]) tree[pos] = 0, pos += lowbit(pos);
else return;
}
void cdq(const int &lef, const int &rig)
{
if(lef == rig) return;
int mid = lef + rig >> 1;
int lb = lef, rb = mid + 1;
for (R int i = lef; i <= rig; ++i)
{
if(eve[i].tim > mid) buf[rb++] = eve[i];
else buf[lb++] = eve[i];
}
for (R int i = lef; i <= rig; ++i) eve[i] = buf[i];
lb = lef, rb = mid + 1;
W (233)
{
if(eve[rb].typ)
{
W (eve[lb].x <= eve[rb].x && lb <= mid)
{
if(!eve[lb].typ)
add(eve[lb].y1);
++lb;
}
get1 = query(eve[rb].y1);
get2 = query(eve[rb].y2);
res[eve[rb].id].ans[eve[rb].ord] += get1 - get2;
}
++rb;
if(rb > rig) break;
}
for (R int i = lef; i < lb; ++i) if(!eve[i].typ) clear(eve[i].y1);
cdq(lef, mid), cdq(mid + 1, rig);
}
int main(void)
{
int a, b;
in(dot), in(q), cnt = dot;
for (R int i = 1; i <= dot; ++i)
{
in(a);
eve[i].x = i - a, eve[i].y1 = i + a, eve[i].tim = i;
mn = std::min(mn, std::min(eve[i].x, eve[i].y1));
//因为旋转后坐标可能为负, 预先加上最小值的相反数
mx = std::max(mx, std::max(eve[i].x, eve[i].y1));
//确定树状数组范围
pt[i].x = eve[i].x, pt[i].y = eve[i].y1;
}
for (R int i = 1; i <= q; ++i)
{
scanf("%s", bf); in(a), in(b);
if(bf[0] == 'M')
{
eve[++cnt].x = a - b, eve[cnt].y1 = a + b;
mn = std::min(mn, std::min(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
mx = std::max(mx, std::max(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
eve[cnt].tim = cnt;
pt[a].x = eve[cnt].x, pt[a].y = eve[cnt].y1;
}
else
{
eve[++cnt].x = pt[a].x - b - 1, eve[cnt].y1 = pt[a].y + b, eve[cnt].y2 = pt[a].y - b - 1,
eve[cnt].typ = 1, eve[cnt].ord = 1, eve[cnt].id = ++tot, eve[cnt].tim = cnt;
mn = std::min(mn, std::min(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
mx = std::max(mx, std::max(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
eve[++cnt].x = pt[a].x + b, eve[cnt].y1 = pt[a].y + b, eve[cnt].y2 = pt[a].y - b - 1,
eve[cnt].typ = 1, eve[cnt].ord = 2, eve[cnt].id = tot, eve[cnt].tim = cnt;
mn = std::min(mn, std::min(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
mx = std::max(mx, std::max(eve[cnt].x, eve[cnt].y1));
}
}
if(mn <= 0) mn = -mn + 1;
mx += mn;
for (R int i = 1; i <=cnt; ++i) eve[i].x += mn, eve[i].y1 += mn, eve[i].y2 += mn;//加成正数
std::sort(eve + 1, eve + 1 + cnt);
cdq(1, cnt);
for (R int i = 1; i <= tot; ++i) printf("%d\n", res[i].ans[2] - res[i].ans[1]);
}