带修改莫队 - 杂项

author: StudyingFather, Backl1ght, countercurrent-time, Ir1d, greyqz, MicDZ, ouuan

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 $[l,r,time]$ 。

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

-	$[l-1,r,time]$ 
-	$[l+1,r,time]$ 
-	$[l,r-1,time]$ 
-	$[l,r+1,time]$ 
-	$[l,r,time-1]$ 
-	$[l,r,time+1]$

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 $O(n^{\frac{5}{3}})$ 。

这一次我们排序的方式是以 $n^{\frac{2}{3}}$ 为一块，分成了 $n^{\frac{1}{3}}$ 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。

还是来证明一下时间复杂度（默认块大小为 $\sqrt{n}$ ）：

- 左右端点所在块不变，时间在排序后单调向右移，这样的复杂度是 $O(n)$ ；
- 若左右端点所在块改变，时间一次最多会移动 n 个格子，时间复杂度 $O(n)$ ；
- 左端点所在块一共有 $n^{\frac{1}{3}}$ 中，右端点也是 $n^{\frac{1}{3}}$ 种，一共 ${n^{\frac{1}{3}}}\times{n^{\frac{1}{3}}}=n^{\frac{2}{3}}$ 种，每种乘上移动的复杂度 $O(n)$ ，总复杂度 $O(n^{\frac{5}{3}})$ 。

## 例题

### "例题[「国家集训队」数颜色 / 维护队列](https://www.luogu.com.cn/problem/P1903)"
> 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** 。

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！

### 参考代码
```cpp
		#include <bits/stdc++.h>
		#define SZ (10005)
		using namespace std;
		template <typename _Tp>
		inline void IN(_Tp& dig) {
			char c;
			dig = 0;
			while (c = getchar(), !isdigit(c))
				;
			while (isdigit(c)) dig = dig * 10 + c - '0', c = getchar();
		}
		int n, m, sqn, c[SZ], ct[SZ], c1, c2, mem[SZ][3], ans, tot[1000005], nal[SZ];
		struct query {
			int l, r, i, c;
			bool operator<(const query another) const {
				if (l / sqn == another.l / sqn) {
					if (r / sqn == another.r / sqn) return i < another.i;
					return r < another.r;
				}
				return l < another.l;
			}
		} Q[SZ];
		void add(int a) {
			if (!tot[a]) ans++;
			tot[a]++;
		}
		void del(int a) {
			tot[a]--;
			if (!tot[a]) ans--;
		}
		char opt[10];
		int main() {
			IN(n), IN(m), sqn = pow(n, (double)2 / (double)3);
			for (int i = 1; i <= n; i++) IN(c[i]), ct[i] = c[i];
			for (int i = 1, a, b; i <= m; i++)
				if (scanf("%s", opt), IN(a), IN(b), opt[0] == 'Q')
					Q[c1].l = a, Q[c1].r = b, Q[c1].i = c1, Q[c1].c = c2, c1++;
				else
					mem[c2][0] = a, mem[c2][1] = ct[a], mem[c2][2] = ct[a] = b, c2++;
			sort(Q, Q + c1), add(c[1]);
			int l = 1, r = 1, lst = 0;
			for (int i = 0; i < c1; i++) {
				for (; lst < Q[i].c; lst++) {
					if (l <= mem[lst][0] && mem[lst][0] <= r)
						del(mem[lst][1]), add(mem[lst][2]);
					c[mem[lst][0]] = mem[lst][2];
				}
				for (; lst > Q[i].c; lst--) {
					if (l <= mem[lst - 1][0] && mem[lst - 1][0] <= r)
						del(mem[lst - 1][2]), add(mem[lst - 1][1]);
					c[mem[lst - 1][0]] = mem[lst - 1][1];
				}
				for (++r; r <= Q[i].r; r++) add(c[r]);
				for (--r; r > Q[i].r; r--) del(c[r]);
				for (--l; l >= Q[i].l; l--) add(c[l]);
				for (++l; l < Q[i].l; l++) del(c[l]);
				nal[Q[i].i] = ans;
			}
			for (int i = 0; i < c1; i++) printf("%d\n", nal[i]);
			return 0;
		}
```

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