自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	ccxswl 傻不拉几的

搬运于2025-08-24 23:09:14，当前版本为作者最后更新于2025-02-04 17:28:45，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

P11660 我终将成为你的倒影 题解

感觉评紫比较合理。

初步思路

$b \le 500$，这于 $\sqrt n$ 相近，启发我们思考关于根号复杂度的做法。

考虑序列分块。散块暴力，难在整块。

最终思路

下取整可以看做取某个数的整数部分。$f(x)$ 可以看为 $\lfloor \frac x b \rfloor + \lfloor \frac a b \rfloor + [a \bmod b + x \bmod b \ge b]$。

容易发现，假若 $f(x)=f(y)$，令 $c = \lfloor \frac x b \rfloor - \lfloor \frac y b \rfloor$，那么有必要条件 $|c| \le 1$。

令 $y_1 = x \bmod b, y_2 = y \bmod b,t = a \bmod b$。

对于 $c=0$：

• 有 $y_1+t < b \land y_2 + t < b$ 或 $y_1+t \ge b \land y_2 + t \ge b$，即 $t < \min(b-y_1,b-y_2)$ 或 $t \ge \max(b-y_1,b-y_2)$。注意到这两个限制不交叉。

对于 $c=1$：

• 有 $y_1+t<b\land y_2 + t\ge b$，即 $b-y_2\le t < b-y_1$。

对于 $c=-1$：

• 有 $y_1+t\ge b \land y_2+t<b$，即 $b-y_1\le t < b-y_2$。

发现上述限制都是区间的形式，且 $t<b$。可以考虑在值域为 $b$ 的桶上差分，再做前缀和。这样就可以支持 $O(1)$ 查询整块内的答案。

$b$ 很小，可以枚举。为对于每个块枚举所有的 $b$，对于所有块内的元素计算 $f(A_i)=f(A_{i-1})$ 的限制，预处理出上述的数组。

空间复杂度 $O(b^2 \frac n B)$，$B$ 为块长。

预处理时间复杂度 $O(bn+b^2\frac n B)$。

注意

1. 注意整块间的答案也要统计。
2. 空间 $O(b^2 \frac n B)$，块长 $B=\sqrt n$ 时卡空间，可以适当调大。
3. 注意限制本身是否合法，即防止出现左边大于右边。

为什么 $A_i\le 10^5$，感觉复杂度于 $A_i$ 没任何关系，可以开到 $10^9$。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define IL inline
#define vec vector
#define eb emplace_back
#define bg begin
#define emp emplace
#define fi first
#define se second
#define bg begin
#define lb lower_bound
using dub = double;
using ubt = long long;
using pii = pair<int, int>;

IL void ckx(int &x, const int &y) { (x < y) && (x = y); }
IL void ckm(int &x, const int &y) { (x > y) && (x = y); }

template <typename T = int>
IL T _R() {
  T s = 0, w = 1;
  char c = getchar();
  while (!isdigit(c)) w = c == '-' ? -1 : 1, c = getchar();
  while (isdigit(c)) s = s * 10 + c - 48, c = getchar();
  return s * w;
}

const int N = 1e5;
const dub alpha = 1.3;
const int B = alpha * sqrt(N);
const int S = N / B + 1;
const int K = 500;
const int maxN = N + 3, maxK = K + 3, maxS = S + 3;

int n, m, x[maxN];

int pos[maxN], L[maxS], R[maxS];

int t[maxS][maxK][maxK];

int main() {
  n = _R(), m = _R();
  for (int i = 1; i <= n; i++) x[i] = _R();

  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    pos[i] = (i - 1) / B + 1;
    if (!L[pos[i]]) L[pos[i]] = i;
    R[pos[i]] = i;
  }

  for (int u = 1; u <= pos[n]; u++) {
    for (int b = 1; b <= K; b++) {
      for (int i = L[u] + 1; i <= R[u]; i++) {
        int c = x[i] / b - x[i - 1] / b;
        if (abs(c) <= 1) {
          int y1 = x[i] % b, y2 = x[i - 1] % b;
          if (c == 0) {
            t[u][b][0]++, t[u][b][min(b - y1, b - y2)]--;
            t[u][b][max(b - y1, b - y2)]++;
          } else if (c == 1) {
            if (y1 >= y2) continue;
            t[u][b][b - y2]++, t[u][b][b - y1]--;
          } else {
            if (y1 <= y2) continue;
            t[u][b][b - y1]++, t[u][b][b - y2]--;
          }
        }
      }
      for (int i = 1; i <= K; i++)
        t[u][b][i] += t[u][b][i - 1];
    }
  }

  int ans = 0;
  while (m--) {
    int l = _R(), r = _R(), a = _R(), b = _R();
    l ^= ans, r ^= ans, a ^= ans, b ^= ans;
    if (l >= r) { printf("%d\n", ans = 0); continue; }
    ans = 0;
    if (pos[l] == pos[r]) {
      for (int i = l + 1; i <= r; i++)
        ans += (x[i] + a) / b == (x[i - 1] + a) / b;
    } else {
      for (int i = l + 1; i <= R[pos[l]]; i++)
        ans += (x[i] + a) / b == (x[i - 1] + a) / b;
      for (int i = L[pos[r]] + 1; i <= r; i++)
        ans += (x[i] + a) / b == (x[i - 1] + a) / b;
      for (int i = pos[l] + 1; i < pos[r]; i++)
        ans += t[i][b][a % b];
      for (int i = pos[l]; i < pos[r]; i++)
        ans += (x[R[i]] + a) / b == (x[R[i] + 1] + a) / b;
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
}