Part.1 引入
當你遇到一個區間詢問但是難以用線段樹等 log 演算法維護的時候怎麼辦？那就是——莫隊！
莫隊這個東西能支援區間修改、區間查詢的操作，但是這種演算法要求離線。莫隊有很多種，詳細請看下文。
Part.2 普通莫隊
我們先來看一道例題（P1972 的削弱版）：
給你一個長度為 \(n\) 的序列 \(a\)，\(m\) 次查詢，詢問區間 \([l,r]\) 有多少個不同的數。
資料範圍：\(1\le n,m\le 10^5,1\le a_i\le 10^5\)。
普通的暴力就是每次遍歷這個區間，拿個桶記一下，每次需要清空桶。
發現每次清空桶十分浪費，所以可以考慮從上一次的詢問區間伸縮過來。就是記一個 \(tl,tr\)，初始為 \(tl=1,tr=0\)。每次把 \(tl\) 往 \(l\) 上靠，把 \(tr\) 往 \(r\) 上靠。程式碼如下：
//add(x) 是加入下標為 x 的數，del(x) 是減去下標為 x 的數，這兩個函式視情況而定
while(tl>l) add(--tl);
while(tr<r) add(++tr);
while(tl<l) del(tl++);
while(tr>r) del(tr--);
當然這不是莫隊，他是可以被卡的（大小區間交替詢問，移動的量級就變成 \(nm\)）。
莫隊，就是透過離線後對詢問左右端點排序，達到降低複雜度的目的。
先講做法，記一個塊長 \(B = \sqrt n\)，然後以 \(\lfloor\frac{l}{B}\rfloor\) 為第一關鍵字，\(r\) 為第二關鍵字，從小到大排序。這樣處理完所有詢問的時間複雜度上界為 \(O(n\sqrt n)\)。
為啥這樣能保證時間複雜度呢？為了方便，我們定義點 \(i\) 在編號為 \(\lfloor{\frac{i}{B}}\rfloor\) 的塊內。不妨設 \(n,m\) 同階。考慮兩種情況：
- 上一個左端點和當前處理的左端點在一個塊內：那麼左端點最多移動 \(B\) 次，總共就只有 \(nB\) 次；詢問左端點在一個塊內的右端點是單調遞增的，所以一個塊內至多移動 \(n\) 次，而最多有 \(\lceil\frac{n}{B}\rceil\) 個塊，所以總詢問次數是 \(\lceil\frac{n}{B}\rceil n\)；
- 上一個左端點和當前處理的左端點不在一個塊內：左端點最多移動 \(2B\) 次，右端點也只移動 \(n\) 次，所以這部分的移動次數就只有 \(2B\lceil\frac{n}{B}\rceil+\lceil\frac{n}{B}\rceil n\)。
平均一下，當 \(B\) 取 \(\sqrt n\) 時，時間複雜度就是 \(O(n\sqrt n)\)。
給出上面例題的程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
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)//過載運算子，相當於寫一個 cmp
{
if(x.l/B!=y.l/B) return x.l<y.l;
return x.r<y.r;
}
}q[N];
inline 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(r<q[i].r) add(++r);
while(l<q[i].l) del(l++);
while(r>q[i].r) del(r--);
ans[q[i].id] = res;
}
for(int i = 1;i<=m;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
當然，上述演算法還能最佳化，比如奇偶排序（最佳化常數）、二次離線（去掉一隻 log）。感興趣的可以自己學習。
Part.3 帶修莫隊
普通莫隊是不支援修改的，如果有修改操作的話，就可以請出帶修莫隊了！
先給一道例題：P1903，其實就是在普通莫隊的例題基礎上加一個單點修改。
其實就是給普通莫隊加一個時間戳，即之前有多少個修改操作，排序時以其作為第三關鍵字。處理答案時就多記一個當前時間戳 \(t\)。每次把 \(t\) 移動到詢問的時間戳，進行修改，並把在詢問區間內的修改加入貢獻。
當 \(B\) 取到 \(n^{\frac{2}{3}}\) 時，有最優複雜度 \(O(n^{\frac{5}{3}})\)。我太弱了，不會證明。
貼上例題程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
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/qsize<y.l/qsize;
if(x.r/qsize!=y.r/qsize) return x.r/qsize<y.r/qsize;
return x.t<y.t;
}
}q[N];
struct 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(r<q[i].r) add(a[++r]);
while(r>q[i].r) del(a[r--]);
while(l>q[i].l) add(a[--l]);
while(l<q[i].l) del(a[l++]);
while(las<q[i].t)
{
las++;
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);
}
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<<out[i]<<'\n';
return 0;
}
Part.4 回滾莫隊
回滾莫隊解決的問題就是加入一個數很好維護，但是刪除這個數不好維護（比如區間最值之類的）。其思想就是每次右端點慢慢加，左端點到目標點時計算答案再回到原來的點。
仍然甩出一道例題：SP20644。讓你統計區間中和為零的區間最大長度。
先把問題轉化成字首和，相當於在問你區間中字首和相同的地方最大的長度，然後就變成了P5906。
我們還是按照普通莫隊的方式排序。回滾莫隊由以下幾部分組成：
- 左右端點在一個塊內，直接暴力做；
- 左端點的塊和上一個的不同，設這個塊的右端點為 \(rt\)，那麼 \(now_l\) 就要移動到 \(rt+1\)，\(now_r\) 就要移動到 \(rt\)，並把當前答案清零；
- \(now_r\) 移動到當前詢問的右端點，一邊移動一邊計算答案；
- \(now_l\) 移動到當前詢問的左端點，注意移動完之後需要回到原來的位置，所以記錄原來的答案以便復原，其餘的正常計算貢獻；
- \(now_l\) 移動回去，我們只需要把這段區間的貢獻消掉就行，這是難點。然後把答案還原。
需要注意的是，回滾莫隊不支援奇偶排序！
回到這道例題，考慮如何消掉貢獻。我們計算答案的時候維護一個 \(mx_i\) 表示 \(i\) 最先出在那個位置，而 \(mx_i\) 小於原來 \(now_i\) 的就會消掉貢獻。
放程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
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.l<y.l;
return x.r<y.r;
}
}q[N];
int 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(l<rt[b[q[i].l]]+1) 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(r<q[i].r)
{
r++;
if(!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(_l<l)
{
if(mx[a[_l]]==_l) mx[a[_l]] = 0;
_l++;
}
}
for(int i = 1;i<=m;i++)
cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
另外推薦一道回滾莫隊好題：AT_joisc2014_c。
Part.5 樹上莫隊
還是先給一道例題：SP10707。
我們考慮對樹進行 DFS，求出其尤拉序。
給個例子：
這顆樹的尤拉序為 \(1,2,4,4,2,3,5,7,7,8,8,5,6,6,3,1\)。我們記節點 \(i\) 第一次出現的位置為 \(st_i\)，第二次出現的位置為 \(ed_i\)。
考慮詢問 \(u\) 到 \(v\) 這條路徑，不妨設 \(st_u<st_v\)，分兩種情況討論：
- \(v\) 在 \(u\) 的子樹中，我們只需要去掉 \(v\) 的子樹，詢問區間就是 \(st_u\sim st_v\)；
- 否則，我們需要去掉 \(u,v\) 的子樹，那麼詢問 \(ed_u\sim st_v\) 即可。但是發現走到 \(st_v\) 時還沒有退出 \(lca(u,v)\) 的子樹，所以還要單獨算上 \(lca(u,v)\)。
其他的和普通莫隊都是一樣的，但注意要開兩倍空間！
上程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
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]]<dep[top[y]]) 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.r<y.r;
return x.l<y.l;
}
}q[N];
inline 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<n;i++)
cin>>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(r<q[i].r) work(++r);
while(l<q[i].l) work(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<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
Part.6 總結
莫隊是個非常好的資料結構，建議深度學習！
碼字不易，給個贊吧～
\[\text{THE END}
\]