标签：ons 不可 树状 ace += -- const 赋值 swap
题意：给定长度为N的a数组，和b数组，a和b都是1到N的排列； 有两种操作，一种是询问[L1,R1]，[L2,R2]；即问a数组的[L1,R1]区间和b数组的[L2,R2]区间出现了多少个相同的数字。 一种是修改b数组两个位置的值。
思路：如果把b数组每个数取对应a数组对应数的位置，即按照b的下标建立横坐标，纵坐标是它在a中的位置，那么问题就成了，询问在区间[L2,R2]里面，多少个数在[L1,R1]这区间。 这很明显就是主席树可以解决的了。时间复杂度是O(N*logN*logN)；常数差不多是4。
因为空间的问题，但是赛场上不少树套树都MLE或者RE了。
这里学到了回收空间：因为这里的节点不可能出现负数，所以如果一个节点的sum为0，那么子树节点的sum值都为0，那么这个子树都可以回收，即把它们赋值为0；
（cdq先补了G再回来补。分块懒得补了。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=200010; struct in{ int l,r,sum; in(){l=r=sum=0;} }s[maxn*130]; queue<int>q; int rt[maxn],pos[maxn],a[maxn],b[maxn],N,cnt; void add(int &Now,int L,int R,int pos,int v) { if(!Now){ if(!q.empty()) Now=q.front(),q.pop(); else Now=++cnt; } s[Now].sum+=v; if(L==R) return ;int Mid=(L+R)>>1; if(pos<=Mid) add(s[Now].l,L,Mid,pos,v); else add(s[Now].r,Mid+1,R,pos,v); if(!s[Now].sum) {q.push(Now); Now=0;} } void Add(int x,int pos,int v) { while(x<=N){ add(rt[x],0,N,pos,v); x+=(-x)&x; } } int query(int Now,int L,int R,int l,int r) { if(L>R) return 0; if(L<0||l<0) return 0; if(!Now) return 0; if(l<=L&&r>=R) return s[Now].sum; int Mid=(L+R)>>1,res=0; if(l<=Mid) res+=query(s[Now].l,L,Mid,l,r); if(r>Mid) res+=query(s[Now].r,Mid+1,R,l,r); return res; } int Query(int x,int L,int R) { if(L>R) return 0; if(x<=0) return 0; int res=0; while(x){ res+=query(rt[x],0,N,L,R); x-=(-x)&x; } return res; } int main() { int M,opt,L1,R1,L2,R2,x,y; scanf("%d%d",&N,&M); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i; rep(i,1,N) scanf("%d",&b[i]); rep(i,1,N) Add(i,pos[b[i]],1); while(M--){ scanf("%d",&opt); if(opt==1){ scanf("%d%d%d%d",&L1,&R1,&L2,&R2); int ans=Query(R2,L1,R1)-Query(L2-1,L1,R1); printf("%d\n",ans); } else { scanf("%d%d",&x,&y); Add(x,pos[b[x]],-1); Add(y,pos[b[y]],-1); swap(b[x],b[y]); Add(x,pos[b[x]],1); Add(y,pos[b[y]],1); } } return 0; }
CF1093：E. Intersection of Permutations（树状数组套主席树）
标签：ons 不可 树状 ace += -- const 赋值 swap
原文地址：https://www.cnblogs.com/hua-dong/p/10126230.html
