莫队算法学习笔记

Part.1 引入

当你遇到一个区间询问但是难以用线段树等 log 算法维护的时候怎么办？那就是——莫队！

莫队这个东西能支持区间修改、区间查询的操作，但是这种算法要求离线。莫队有很多种，详细请看下文。

Part.2 普通莫队

我们先来看一道例题（P1972 的削弱版）：

给你一个长度为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 次查询，询问区间 $[l,r]$ 有多少个不同的数。

数据范围：$1\le n,m\le {10}^5,1\le a_i\le {10}^5$。

普通的暴力就是每次遍历这个区间，拿个桶记一下，每次需要清空桶。

发现每次清空桶十分浪费，所以可以考虑从上一次的询问区间伸缩过来。就是记一个 $tl,tr$，初始为 $tl=1,tr=0$。每次把 $tl$ 往 $l$ 上靠，把 $tr$ 往 $r$ 上靠。代码如下：

//add(x) 是加入下标为 x 的数，del(x) 是减去下标为 x 的数，这两个函数视情况而定
while(tl>l) add(--tl);
while(tradd(++tr);
while(tldel(tl++);
while(tr>r) del(tr--);

当然这不是莫队，他是可以被卡的（大小区间交替询问，移动的量级就变成 $nm$）。

莫队，就是通过离线后对询问左右端点排序，达到降低复杂度的目的。

先讲做法，记一个块长 $B=\sqrt{n}$，然后以 $\lfloor \frac{l}{B}\rfloor$ 为第一关键字，$r$ 为第二关键字，从小到大排序。这样处理完所有询问的时间复杂度上界为 $O(n\sqrt{n})$。

为啥这样能保证时间复杂度呢？为了方便，我们定义点 $i$ 在编号为 $\lfloor \frac{i}{B}\rfloor$ 的块内。不妨设 $n,m$ 同阶。考虑两种情况：

1. 上一个左端点和当前处理的左端点在一个块内：那么左端点最多移动 $B$ 次，总共就只有 $nB$ 次；询问左端点在一个块内的右端点是单调递增的，所以一个块内至多移动 $n$ 次，而最多有 $\lceil \frac{n}{B}\rceil$ 个块，所以总询问次数是 $\lceil \frac{n}{B}\rceil n$；
2. 上一个左端点和当前处理的左端点不在一个块内：左端点最多移动 $2B$ 次，右端点也只移动 $n$ 次，所以这部分的移动次数就只有 $2B\lceil \frac{n}{B}\rceil +\lceil \frac{n}{B}\rceil n$。

平均一下，当 $B$ 取 $\sqrt{n}$ 时，时间复杂度就是 $O(n\sqrt{n})$。

给出上面例题的代码：

#include
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int n,m,a[N],cnt[N],res,ans[N],B;
struct node{
    int l,r,id;
    inline void init(int x){cin>>l>>r,id = x;}
    inline bool friend operator < (node x,node y)//重载运算符，相当于写一个 cmp
    {
        if(x.l/B!=y.l/B) return x.lreturn x.rinline void add(int x)
{
    x = a[x];
    cnt[x]++;
    if(cnt[x]==1) res++;
}
inline void del(int x)
{
    x = a[x];
    cnt[x]--;
    if(!cnt[x]) res--;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    B = sqrt(n);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    cin>>m;
    for(int i = 1;i<=m;i++)
        q[i].init(i);
    sort(q+1,q+m+1);
    int l = 1,r = 0;
    for(int i = 1;i<=m;i++)
    {
        while(l>q[i].l) add(--l);
        while(radd(++r);
        while(ldel(l++);
        while(r>q[i].r) del(r--);
        ans[q[i].id] = res;
    }
    for(int i = 1;i<=m;i++)
        cout<'\n';
    return 0;
}

当然，上述算法还能优化，比如奇偶排序（优化常数）、二次离线（去掉一只 log）。感兴趣的可以自己学习。

Part.3 带修莫队

普通莫队是不支持修改的，如果有修改操作的话，就可以请出带修莫队了！

先给一道例题：P1903，其实就是在普通莫队的例题基础上加一个单点修改。

其实就是给普通莫队加一个时间戳，即之前有多少个修改操作，排序时以其作为第三关键字。处理答案时就多记一个当前时间戳 $t$。每次把 $t$ 移动到询问的时间戳，进行修改，并把在询问区间内的修改加入贡献。

当 $B$ 取到 $n^{\frac{2}{3}}$ 时，有最优复杂度 $O(n^{\frac{5}{3}})$。我太弱了，不会证明。

贴上例题代码：

#include 
using namespace std;
const int N = 133333+5,M = 1e6+5;
int qsize;
struct que{
	int id,t,l,r;
	inline friend bool operator < (que x,que y)
	{
		if(x.l/qsize!=y.l/qsize) return x.l/qsizeif(x.r/qsize!=y.r/qsize) return x.r/qsizereturn x.tstruct op{
	int p,x;
}o[N];
int n,m,ans,mp[M],a[N],qcnt,ocnt,out[N];
inline void add(int x)
{
	mp[x]++;
	if(mp[x]==1) ans++;
}
inline void del(int x)
{
	mp[x]--;
	if(!mp[x]) ans--;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	qsize = pow(n,2.0/3.0);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i = 1,x,y;i<=m;i++)
	{
		char op;
		cin>>op>>x>>y;
		if(op=='Q') q[++qcnt] = {qcnt,ocnt,min(x,y),max(x,y)};
		else o[++ocnt] = {x,y};
	}
	sort(q+1,q+qcnt+1);
	int l = 1,r = 0,las = 0;
	for(int i = 1;i<=qcnt;i++)
	{
		while(radd(a[++r]);
		while(r>q[i].r) del(a[r--]);
		while(l>q[i].l) add(a[--l]);
		while(ldel(a[l++]);
		while(lasif(o[las].p>=l&&o[las].p<=r) del(a[o[las].p]),add(o[las].x);
			swap(a[o[las].p],o[las].x);
		}
		while(las>q[i].t)
		{
			if(o[las].p>=l&&o[las].p<=r) del(a[o[las].p]),add(o[las].x);
			swap(a[o[las].p],o[las].x);
			las--;
		}
		out[q[i].id] = ans;
	}
	for(int i = 1;i<=qcnt;i++)
		cout<'\n';
	return 0;
}

Part.4 回滚莫队

回滚莫队解决的问题就是加入一个数很好维护，但是删除这个数不好维护（比如区间最值之类的）。其思想就是每次右端点慢慢加，左端点到目标点时计算答案再回到原来的点。

仍然甩出一道例题：SP20644。让你统计区间中和为零的区间最大长度。

先把问题转化成前缀和，相当于在问你区间中前缀和相同的地方最大的长度，然后就变成了P5906。

我们还是按照普通莫队的方式排序。回滚莫队由以下几部分组成：

1. 左右端点在一个块内，直接暴力做；
2. 左端点的块和上一个的不同，设这个块的右端点为 $rt$，那么 $no{w}_l$ 就要移动到 $rt+1$，$no{w}_r$ 就要移动到 $rt$，并把当前答案清零；
3. $no{w}_r$ 移动到当前询问的右端点，一边移动一边计算答案；
4. $no{w}_l$ 移动到当前询问的左端点，注意移动完之后需要回到原来的位置，所以记录原来的答案以便复原，其余的正常计算贡献；
5. $no{w}_l$ 移动回去，我们只需要把这段区间的贡献消掉就行，这是难点。然后把答案还原。

需要注意的是，回滚莫队不支持奇偶排序！

回到这道例题，考虑如何消掉贡献。我们计算答案的时候维护一个 $m{x}_i$ 表示 $i$ 最先出在那个位置，而 $m{x}_i$ 小于原来 $no{w}_i$​ 的就会消掉贡献。

放代码：

#include 
using namespace std;
const int N = 5e4+5;
int n,m,a[N],b[N],blk,lt[N],rt[N];
struct node{
	int l,r,id;
	inline void init(int x){cin>>l>>r,l--,id = x;}
	inline friend bool operator < (node x,node y)
	{
		if(b[x.l]!=b[y.l]) return x.lreturn x.rint mn[N<<1],mx[N<<1],ans[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
	blk = sqrt(n);
	a[0] = n,b[0] = 1;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		cin>>a[i],b[i] = (i-1)/blk+1,a[i]+=a[i-1];
	for(int i = 1;i<=b[n];i++)
		rt[i] = i*blk;
	rt[b[n]] = n;
	for(int i = 1;i<=m;i++)
		q[i].init(i);
	sort(q+1,q+m+1);
	int l = 0,r = 0,las = 0,tmp = 0;
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	{
		if(b[q[i].l]==b[q[i].r])
		{
			for(int j = q[i].l;j<=q[i].r;j++)
				mx[a[j]] = 0;
			tmp = 0;
			for(int j = q[i].r;j>=q[i].l;j--)
				if(!mx[a[j]]) mx[a[j]] = j;
				else tmp = max(tmp,mx[a[j]]-j);
			ans[q[i].id] = tmp;
			for(int j = q[i].l;j<=q[i].r;j++)
				mx[a[j]] = 0;
			continue;
		}
		if(b[q[i].l]!=las)
		{
			while(l1) mx[a[l]] = mn[a[l]] = 0,l++;
			while(r>rt[b[q[i].l]]) mx[a[r]] = mn[a[r]] = 0,r--;
			r = l-1;
			tmp = 0,las = b[q[i].l];
		}
		while(rif(!mn[a[r]]) mn[a[r]] = mx[a[r]] = r;
			else tmp = max(tmp,r-mn[a[r]]),mx[a[r]] = r;
		}
		int _l = l,res = tmp;
		while(_l>q[i].l)
		{
			_l--; 
			if(!mx[a[_l]]) mx[a[_l]] = _l;
			else res = max(res,mx[a[_l]]-_l); 
		}
		ans[q[i].id] = res;
		while(_lif(mx[a[_l]]==_l) mx[a[_l]] = 0;
			_l++;
		}
	}
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	    cout<'\n';
	return 0;
}

另外推荐一道回滚莫队好题：AT_joisc2014_c。

Part.5 树上莫队

还是先给一道例题：SP10707。

我们考虑对树进行 DFS，求出其欧拉序。

给个例子：

这颗树的欧拉序为 $1,2,4,4,2,3,5,7,7,8,8,5,6,6,3,1$。我们记节点 $i$ 第一次出现的位置为 $s{t}_i$，第二次出现的位置为 $e{d}_i$。

考虑询问 $u$ 到 $v$ 这条路径，不妨设 $s{t}_u<s{t}_v$，分两种情况讨论：

1. $v$ 在 $u$ 的子树中，我们只需要去掉 $v$ 的子树，询问区间就是 $s{t}_u\sim s{t}_v$；
2. 否则，我们需要去掉 $u,v$ 的子树，那么询问 $e{d}_u\sim s{t}_v$ 即可。但是发现走到 $s{t}_v$ 时还没有退出 $lca(u,v)$ 的子树，所以还要单独算上 $lca(u,v)$。

其他的和普通莫队都是一样的，但注意要开两倍空间！

上代码：

#include 
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int n,m,idx,ans[N],a[N],b[N],tt,cnt[N],res,st[N],ed[N],pre[N],son[N],dep[N],top[N],sz[N],f[N],qsize;
vector<int> g[N];
bool vis[N];
void dfs1(int u,int fa)
{
	f[u] = fa,dep[u] = dep[fa]+1,sz[u] = 1,st[u] = ++idx,pre[idx] = u;
	for(auto v:g[u])
	{
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
		if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u] = v;
	}
	ed[u] = ++idx,pre[idx] = u;
}
void dfs2(int u,int tp)
{
	top[u] = tp;
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u],tp);
	for(auto v:g[u])
	{
		if(v==f[u]||v==son[u]) continue;
		dfs2(v,v);
	}
}
inline int Lca(int x,int y)
{
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(dep[top[x]]swap(x,y);
		x = f[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
	return x;
}
struct node{
	int l,r,lca,id;
	inline void init(int x)
	{
		id = x;
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		if(st[u]>st[v]) swap(u,v);
		lca = Lca(u,v);
		if(lca==u) l = st[u],r = st[v],lca = 0;
		else l = ed[u],r = st[v];
	}
	inline friend bool operator < (node x,node y)
	{
		if(x.l/qsize==y.l/qsize) return x.rreturn x.linline void add(int x)
{
	cnt[x]++;
	if(cnt[x]==1) res++;
}
inline void del(int x)
{
	cnt[x]--;
	if(cnt[x]==0) res--;
}
inline void work(int x)
{
	x = pre[x];
	vis[x]^=1;
	if(vis[x]) add(a[x]);
	else del(a[x]);
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	    cin>>a[i],b[++tt] = a[i];
	sort(b+1,b+tt+1),tt = unique(b+1,b+tt+1)-b-1;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		a[i] = lower_bound(b+1,b+tt+1,a[i])-b;
	for(int i = 1,u,v;i>u>>v,g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);
	dfs1(1,0),dfs2(1,1);
	for(int i = 1;i<=m;i++)
		q[i].init(i);
	qsize = sqrt(n);
	sort(q+1,q+m+1);
	int l = 1,r = 0;
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	{
		while(l>q[i].l) work(--l);
		while(rwork(++r);
		while(lwork(l++);
		while(r>q[i].r) work(r--);
		if(q[i].lca) work(st[q[i].lca]);
		ans[q[i].id] = res;
		if(q[i].lca) work(st[q[i].lca]);
	}
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	    cout<'\n';
	return 0;
}

Part.6 总结

莫队是个非常好的数据结构，建议深度学习！

码字不易，给个赞吧～

$$\text{THE END}$$