Update mo-algo.md

### 形式

对于序列上的区间询问问题，如果从 $[l,r]$ 的答案能够 $O(1)$ 扩展到 $[l-1,r],[l+1,r],[l,r+1],[l,r-1]$（即与 $[l,r]$ 相邻的区间）的答案，那么可以在 $O(n\sqrt{n})$ 的复杂度内求出所有询问的答案。

假设n=m，那么对于序列上的区间询问问题，如果从 $[l,r]$ 的答案能够 $O(1)$ 扩展到 $[l-1,r],[l+1,r],[l,r+1],[l,r-1]$（即与 $[l,r]$ 相邻的区间）的答案，那么可以在 $O(n\sqrt{n})$ 的复杂度内求出所有询问的答案。

### 实现

### 模板

<pre><code class="cpp">int l = 0, r = 0, nowAns = 0;

```cpp

inline void move(int pos, int sign) {

    // update nowAns

        ans[q.id] = nowAns;

    }

}

</code></pre>

```

### 复杂度分析

以下的情况在n和m同阶的前提下讨论。

首先是分块这一步，这一步的时间复杂度毫无疑问地是 $O(\sqrt{n}\sqrt{n}log\sqrt{n}+nlogn)=O(nlogn)$;

接着就到了莫队算法的精髓了，下面我们用通俗易懂的初中方法来证明它的时间复杂度是$O(n\sqrt{n})$；

综上所述，莫队算法的时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$；

但是对于m的其他取值，如m<n，分块方式需要改变才能变的更优

怎么分块呢？

我们设块长度为$S$，那么对于任意多个在同一块内的询问，挪动的距离就是$n$，一共$\frac{n}{S}$个块，移动的总次数就是$\frac{n^2}{S}$，移动可能跨越块，所以还要加上一个$mS$的复杂度，总复杂度为$O(\frac{n^2}{S}+mS)$，我们要让这个值尽量小，那么就要将这两个项尽量相等，发现$S$取$\frac{n}{\sqrt{m}}$是最优的，此时复杂度为$O(\frac{n^2}{\frac{n}{\sqrt{m}}}+m(\frac{n}{\sqrt{m}}))=O(n\sqrt{m})$

### 例题&代码

[小Z的袜子](https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038)

### 特点

- 用于离线处理区间问题

- 仅含单点修改

- 能 $O(1)$ 转移区间（和普通莫队一样）

- 分块的每一块的大小是 $n^\frac{2}{3}$

- 复杂度 $O(n^\frac{5}{3})$

普通莫队是不能带修改的

带修改的莫队的询问排序方法为：

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。

- 第一关键字：左端点所在块编号，从小到大排序。

时间维表示经历的修改次数。

- 第二关键字：右端点所在块编号，从小到大排序。

即把询问$[l,r]$变成$[l,r,time]$

- 第三关键字：**经历的修改次数**。也可以说是询问的先后，先询问的排前面。

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：

对于前后两个区间的转移：

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

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

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

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

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

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

设当前询问为 $a$，下一个询问为 $b$，我们已知 $a$，要求 $b$。

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

首先我们像普通莫队一样转移左右端点。

可以用和普通莫队类似的方法排序转移，做到$O(n^{\frac{5}{3}})$

这时候我们可能会发现**$a$ 和 $b$ 的经历的修改次数不同**！

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。

怎么办呢？

还是来证明一下时间复杂度（默认块大小为$\sqrt{n}$）：

然而，莫队就是个优雅的暴力。

- 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$O(n)$

假如 $a$ 较 $b$ 少修改了 $p$ 次，那我们就把这 $p$ 次修改一个一个 **从前往后** 暴力地加上去。假如 $a$ 较 $b$ 多修改了 $q$ 次，那我们就把这 $q$ 次修改**从后往前**还原掉。

- 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$O(n)$

具体怎么做呢？我们来看一道例题。

- 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

[数颜色 BZOJ - 2120](https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2120)

因此这道题就这样用带修改莫队轻松解决啦！

记得前面说的一些普通莫队与带修改莫队不同的地方就行了，比如分块的每一块的大小是 $n^\frac{2}{3}$。这个很重要。。。

代码：

```cpp

#include <bits/stdc++.h>

	return 0;

}

```

### 树上莫队

莫队只能处理线性问题，我们要把树强行压成序列

我们可以将树的括号序跑下来，把括号序分块，在括号序上跑莫队

具体怎么做呢？

dfs一棵树，然后如果dfs到x点，就push_back(x),dfs完x点，就直接push_back(-x)，然后我们在挪动指针的时候

- 新加入的值是x  ---> add(x)

- 新加入的值是-x ---> del(x)

- 新删除的值是x  ---> del(x)

- 新删除的值是-x ---> add(x)

这样的话，我们就把一棵树处理成了序列。

例题是[[WC2013]糖果公园](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4074),这题是带修改树上莫队

题意是给你一棵树,每个点有颜色,每次询问

$\sum_{c}val_c\sum_{i=1}^{cnt_c}w_i$

val表示该颜色的价值

cnt表示颜色出现的次数

w表示该颜色出现i次后的价值

先把树变成序列，然后每次添加/删除一个点，这个点的对答案的的贡献是可以在$O(1)$时间内获得的，即$val_c\times w_{cnt_{c+1}}$

发现因为他会把起点的子树也扫了一遍，产生多余的贡献，怎么办呢？

因为扫的过程中起点的子树里的点肯定会被扫两次，但贡献为0

所以可以开一个vis数组，每次扫到点x，就把$vis_x$异或上1

如果$vis_x=0$，那这个点的贡献就可以不计

所以可以用树上莫队来求

修改的话，加上一维时间维即可,变成带修改树上莫队

然后因为所包含的区间内可能没有LCA，对于没有的情况要将多余的贡献删除，然后就完事了

code：

```cpp

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define DEBUG printf("line:%d func:%s\n",__LINE__,__FUNCTION__);

using namespace std;

const int maxn=200010;

int f[maxn],g[maxn],id[maxn],head[maxn],cnt,last[maxn],dep[maxn],fa[maxn][22],v[maxn],w[maxn];

int block,index,n,m,q;

int pos[maxn],col[maxn],app[maxn];

bool vis[maxn];

long long ans[maxn],cur;

struct edge {

    int to,nxt;

} e[maxn];

int cnt1=0,cnt2=0;//时间戳

struct query {

    int l,r,t,id;

    bool operator <(const query &b)const {

        return (pos[l]<pos[b.l])||(pos[l]==pos[b.l]&&pos[r]<pos[b.r])||(pos[l]==pos[b.l]&&pos[r]==pos[b.r]&&t<b.t);

    }

} a[maxn],b[maxn];

inline void addedge(int x, int y) {

    e[++cnt]=(edge) {

        y,head[x]

    };

    head[x]=cnt;

}

void dfs(int x) {

    id[f[x]=++index]=x;

    for(int i=head[x]; i; i=e[i].nxt) {

        if(e[i].to!=fa[x][0]) {

            fa[e[i].to][0]=x;

            dep[e[i].to]=dep[x]+1;

            dfs(e[i].to);

        }

    }

    id[g[x]=++index]=x;//括号序

}

inline void swap(int &x,int &y) {

    int t;

    t=x;

    x=y;

    y=t;

}

inline int lca(int x,int y) {

    if(dep[x]<dep[y])

        swap(x,y);

    if(dep[x]!=dep[y]) {

        int dis=dep[x]-dep[y];

        for(int i=20; i>=0; i--)

            if(dis>=(1<<i))

                dis-=1<<i,x=fa[x][i];

    }//爬到同一高度 

    if(x==y) return x;

    for(int i=20; i>=0; i--) {

        if(fa[x][i]!=fa[y][i])

            x=fa[x][i],y=fa[y][i];

    }

    return fa[x][0];

}

inline void add(int x) {

    if(vis[x])

        cur-=(long long )v[col[x]]*w[app[col[x]]--];

    else

        cur+=(long long )v[col[x]]*w[++app[col[x]]];

    vis[x]^=1;

}

inline void modify(int x,int t) {

    if(vis[x]) {

        add(x);

        col[x]=t;

        add(x);

    } else col[x]=t;

}//在时间维上移动

int main() {

    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);

    for(int i=1; i<=m; i++)

        scanf("%d",&v[i]);

    for(int i=1; i<=n; i++)

        scanf("%d",&w[i]);

    for(int i=1; i<n; i++) {

        int x,y;

        scanf("%d%d",&x,&y);

        addedge(x,y);

        addedge(y,x);

    }

    for(int i=1; i<=n; i++) {

        scanf("%d",&last[i]);

        col[i]=last[i];

    }

    dfs(1);

    for(int j=1; j<=20; j++)

        for(int i=1; i<=n; i++)

            fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];//预处理祖先 

    int block=pow(index,2.0/3);

    for(int i=1; i<=index; i++) {

        pos[i]=(i-1)/block;

    }

    while(q--) {

        int opt,x,y;

        scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);

        if(opt==0) {

            b[++cnt2].l=x;

            b[cnt2].r=last[x];

            last[x]=b[cnt2].t=y;

        } else {

            if(f[x]>f[y])

                swap(x,y);

            a[++cnt1]=(query) {

                lca(x,y)==x?f[x]:g[x],f[y],cnt2,cnt1

            };

        }

    }

    sort(a+1,a+cnt1+1);

    int L,R,T;//指针坐标

    L=R=0;

    T=1;

    for(int i=1; i<=cnt1; i++) {

        while(T<=a[i].t) {

            modify(b[T].l,b[T].t);

            T++;

        }

        while(T>a[i].t) {

            modify(b[T].l,b[T].r);

            T--;

        }

        while(L>a[i].l) {

            L--;

            add(id[L]);

        }

        while(L<a[i].l) {

            add(id[L]);

            L++;

        }

        while(R>a[i].r) {

            add(id[R]);

            R--;

        }

        while(R<a[i].r) {

            R++;

            add(id[R]);

        }

        int x=id[L],y=id[R];

        int llca=lca(x,y);

        if(x!=llca&&y!=llca) {

            add(llca);

            ans[a[i].id]=cur;

            add(llca);

        } else ans[a[i].id]=cur;

    }

    for(int i=1; i<=cnt1; i++) {

        printf("%lld\n",ans[i]);

    }

    return 0;

}

```