好不容易算着块大小，裸的分块才能过随机极限数据；然而这题在线的数据都竟然是构造的……
题目描述
有 $n$ 个数字，第 $i$ 个数字为 $a_i$。
有 $m$ 次询问，每次给出 $k_i$ 个区间，每个区间表示第 $l_{i, j}$ 到 $r_{i, j}$ 的数字，求这些区间中一共出现了多少种不同的数字。
部分数据强制在线。
第一行包含三个整数 $n, m, p$，$p$ 为 $0$ 或 $1$ 表示是否强制在线。
第二行 $n$ 个正整数，第 $i$ 个表示 $a_i$。
接下来依次给出每个询问，每个询问第一行一个正整数，表示 $k_i$，接下来 $k_i$ 行，每行两个正整数，分别表示 $l_{i, j}$ 和 $r_{i, j}$，若 $p = 1$ 且这不是第一个询问，输入的 $l_{i, j}$ 和 $r_{i, j}$ 是经过加密的，你需要将这两个数字分别异或上上一个询问的答案，对 $n$ 取模后再加 $1$，两者较小值为真实的 $l_{i, j}$，较大值为真实的 $r_{i, j}$。
对于全部数据，$1 \leq n, m, \sum k_i, a_i \leq 10^5, 1 \leq l_{i, j} \leq r_{i, j} \leq n$。
- 子任务 $\rm 1(points:10)$：$n, m, \sum k_i, a_i \leq 5000$
- 子任务 $\rm 2(points:10)$：$n, m, \leq 5000$
- 子任务 $\rm 3(points:20)$：$k_i = 1$
- 子任务 $\rm 4(points:20)$: $p = 0$
- 子任务 $\rm 5(points:20)$：$1 \leq n, m, \sum k_i, a_i \leq 50000$
- 子任务 $\rm 6(points:20)$：无特殊限制
题目分析
首先会有一个朴素的分块想法：将序列分块，每个块维护一个bitset。
但是我们会很快意识到bitset一次或操作的复杂度是$O(值域)$的，这么大的复杂度显然我们无法接受。这个想法的最大瓶颈在于中间连续一段bitset的操作复杂度太高。
用以维护分块处理这个瓶颈的方法有两种：线段树/ST表，也就是用基础的区间数据结构来维护一段区间的bitset值。
让我们冷静分析一下这两种方法的复杂度：
我们很容易想到用`bitset`做，先不管空间限制的话会想到这两种方法：
- 1. 线段树：构造 $O({ n^2\over\omega })$ ，询问 $O({ n^2\over\omega }log_2n)$ 。
- 2. ST表：构造 $O({ n^2\over\omega }log_2n)$ ，询问 $O({ n^2\over\omega })$ 。
都是无法承受的，于是考虑分块来降低复杂度，只记录块之间的信息：
- 1. 线段树：构造 $O({ n^2\over\omega S })$ ，询问 $O({ n^2\over\omega }log_2{ n\over S }+nS)$ 。
- 2. ST表：构造 $O({ n^2\over\omega S }log_2{ n\over S })$ ，询问 $O({ n^2\over\omega }+nS)$ 。
发现线段树的那个 $log_2{n\over S}$ 搞不掉，于是gg了，而ST表 $S$ 设置的正常点复杂度都没什么问题。
不过这道题卡内存，所以 $S$ 需要给大点。
这是一个非常规分块的技巧，好像叫四毛子算法？
——摘自ZZK的题解
那么，只需要手写bitset+卡常+分块就可以解决这题了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 100013; 3 const int maxp = (100000>>5)+3; 4 const int maxt = (1<<16)-1; 5 const int maxb = 73; 6 7 int a[maxn],dt[maxn],lg2[maxn],t[maxn],tot; 8 struct bitset 9 { 10 unsigned int a[maxp]; 11 bitset operator |(bitset b) const 12 { 13 bitset c; 14 for (int i=0; i<=tot; i++) 15 c.a[i] = a[i]|b.a[i]; 16 return c; 17 } 18 void reset() 19 { 20 for (int i=0; i<=tot; i++) a[i] = 0; 21 } 22 void set(int x) 23 { 24 a[x>>5] |= 1u<<(x&31); 25 } 26 int count() 27 { 28 int ret = 0; 29 for (int i=0; i<=tot; i++) 30 ret += dt[a[i]>>16]+dt[a[i]&maxt]; 31 return ret; 32 } 33 }f[maxb][9],ans; 34 int n,m,p,lastans; 35 int blk[maxn],size,bkTot; 36 37 int read() 38 { 39 char ch = getchar(); 40 int num = 0, fl = 1; 41 for (; !isdigit(ch); ch=getchar()) 42 if (ch=='-') fl = -1; 43 for (; isdigit(ch); ch=getchar()) 44 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 45 return num*fl; 46 } 47 void init() 48 { 49 for (int i=1, Mx=65535; i<=Mx; i++) 50 for (int x=i; x; x&=(x-1)) ++dt[i]; 51 for (int i=2, Mx=100000; i<=Mx; i++) 52 lg2[i] = lg2[i>>1]+1; 53 } 54 void deal(int l, int r) 55 { 56 int ls = blk[l], rs = blk[r]; 57 if (ls==rs){ 58 for (int i=l; i<=r; i++) ans.set(a[i]); 59 return; 60 } 61 for (int i=l; blk[i]==ls; i++) ans.set(a[i]); 62 for (int i=r; blk[i]==rs; i--) ans.set(a[i]); 63 if (ls+1 < rs){ 64 int t = lg2[rs-ls-1]; 65 ans = ans|f[ls+1][t]|f[rs-(1<<t)][t]; 66 } 67 } 68 int main() 69 { 70 n = read(), m = read(), p = read(); 71 init(), size = sqrt(1.2*n*log2(n+1)), bkTot = n/size+1; 72 for (int i=1; i<=n; i++) 73 t[i] = a[i] = read(), blk[i] = i/size+1; 74 std::sort(t+1, t+n+1); 75 tot = std::unique(t+1, t+n+1)-t-1; 76 for (int i=1; i<=n; i++) 77 a[i] = std::lower_bound(t+1, t+tot+1, a[i])-t, 78 f[blk[i]][0].set(a[i]); 79 tot >>= 5; 80 for (int j=1; j<=lg2[bkTot]; j++) 81 for (int i=1; i+(1<<j)-1<=bkTot; i++) 82 f[i][j] = f[i][j-1]|f[i+(1<<(j-1))][j-1]; 83 for (int tim=0; m; --m, ++tim) 84 { 85 ans.reset(); 86 for (int k=read(); k; --k) 87 { 88 int l = read(), r = read(); 89 if (p&&tim) l = (l^lastans)%n+1, r = (r^lastans)%n+1; 90 if (l > r) std::swap(l, r); 91 deal(l, r); 92 } 93 lastans = ans.count(); 94 printf("%d\n",lastans); 95 } 96 return 0; 97 }
END