BZOJ 2989: 数列 & 4170: 极光 January 8, 2017 ###Description 给定一个长度为n的正整数数列a[i]。 定义2个位置的graze值为两者位置差与数值差的和，即graze(x,y)=|x-y|+|a[x]-a[y]|。 2种操作（k都是正整数）： 1.Modify x k：将第x个数的值修改为k。 2.Query x k：询问有几个i满足graze(x,i)<=k。因为可持久化数据结构的流行，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a[x]的graze值<=k的对数。（某位置多次修改为同样的数值，按多次统计） ###Input 第1行两个整数n,q。分别表示数列长度和操作数。 第2行n个正整数，代表初始数列。 第3--q+2行每行一个操作。 ###Output 对于每次询问操作，输出一个非负整数表示答案 ###Sample Input 3 5 2 4 3 Query 2 2 Modify 1 3 Query 2 2 Modify 1 2 Query 1 1 ###Sample Output 2 3 3 ###HINT N<=60000 修改操作数<=40000 询问<=60000 Max{a[i]}含修改<=100000 ###Solution 这道题其实是维护两种操作，向平面上加点，查询菱形内点数 把(x,y)变为(x+y,x-y)，菱形就变成了正方形 假设某个询问是以(x0,y0)为中心，边长为2k的正方形，那么可以拆成两个，一个是x>=x0-k且x<=x0+k且y<=y0+k的点数，另一个是x>=x0-k且x<=x0+k且y<y0-k的点数，把两个询问做差就和原询问相同 那么可以CDQ分治，按y排序，x用树状数组维护 ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,s[60001],ans[60000],ac,qc,mx; struct query { int x,y,k,id;char op; }q[230000],tmp[230000]; inline void add(int x,int y){q[qc].x=x+y,q[qc].y=x-y,qc++,mx=max(mx,x+y);} int p[160001]; inline void pl(int x){for(;x<=mx;x+=x&-x)p[x]++;} inline int qr(int x){if(x<=0)return 0;int r=0;for(x=min(x,mx);x;x^=x&-x)r+=p[x];return r;} inline void cl(int x){for(;x<=mx;x+=x&-x)p[x]=0;} void work(int l,int r) { if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; work(l,mid),work(mid+1,r); int i1=l,i2=mid+1,ti=l; for(;i2<=r;tmp[ti++]=q[i2++]) { for(;i1<=mid&&q[i1].y<=q[i2].y;tmp[ti++]=q[i1++]) if(!q[i1].op)pl(q[i1].x); if(q[i2].op) { if(q[i2].op==1) ans[q[i2].id]+=qr(q[i2].x+q[i2].k)-qr(q[i2].x-q[i2].k-1); else ans[q[i2].id]+=qr(q[i2].x-q[i2].k-1)-qr(q[i2].x+q[i2].k); } } for(;i1<=mid;tmp[ti++]=q[i1++]); for(i1=l;i1<=mid;i1++)if(!q[i1].op)cl(q[i1].x); for(i1=l;i1<=r;i1++)q[i1]=tmp[i1]; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",s+i),add(i,s[i]); char tmp[10];int a,b; while(m--) { scanf("%s%d%d",tmp,&a,&b); if(tmp[0]=='M') add(a,s[a]=b); else { int x=a+s[a],y=a-s[a]; q[qc].x=x,q[qc].y=y+b,q[qc].k=b,q[qc].id=ac,q[qc].op=1,qc++; q[qc].x=x,q[qc].y=y-b-1,q[qc].k=b,q[qc].id=ac,q[qc].op=2,qc++; ac++; } } work(0,qc-1); for(int i=0;i<ac;i++) printf("%d\n",ans[i]); } ```