分块与根号算法入门

update:

• 2024.4.13：完工，修改与整理
• 2025.3.4: 修 markdown，移除一些大分块至分块进阶，加入树分块

0. 根号算法

一些无法以 $\mathrm{polylog}$ 复杂度实现的题，又不能暴力通过，这时根号算法就是一个不错的选择。

wcnm 联合省选 2025 D1T2。

1. 整除分块

这一部分较为简单。

1.1 概念与解法

整除分块是要求形如 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor }$ 的式子，我们要求 $f(n)$ 的前缀和是易求的。

暴力是 $\mathcal{O}(n)$ 的，不太好。

我们考虑把 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 相同的 $i$ 一起计算，可以发现 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 最多只有 $2\times \sqrt{n}$ 种数字。

证明，分类讨论：

• 若 $i\le \sqrt{n}$，只有 $\sqrt{n}$ 个数，$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 显然只有 $\sqrt{n}$ 个。
• 若 $i>\sqrt{n}$，因为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor <\sqrt{n}$，也只有 $\sqrt{n}$ 个。

所以我们这样计算复杂度为 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

若有 $l$，我们考虑求出最大的 $r$，使 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{r}}\rfloor$

我们令 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{r}}\rfloor \le {\displaystyle \frac{n}{r}}⟹\lfloor {\displaystyle \frac{n}{k}}\rfloor \ge \lfloor {\displaystyle \frac{n}{\frac{n}{r}}}\rfloor =r$

得 $r_{max}=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }}\rfloor$，一个细节是优势需要与 $n$ 取 $min$。

这样只需累加 $(S(r)-S(l-1))\times (r-l+1)$ 即可，其中 $S(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)}$。

1.2 拓展

1.2.1 多维整除分块

即求

$$\sum _{i=1}^{n}f(i)\prod _{j=1}^m\lfloor \frac{n_j}{i}\rfloor$$

只需令 $r=\underset{j=1}{\overset{m}{min}}\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n_j}{\lfloor \frac{n_j}{l}\rfloor }}\rfloor \right)$。

使所有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n_j}{l}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n_j}{r}}\rfloor$，复杂度 $\mathcal{O}(\sum \sqrt{n_j})$。

1.2.2 常用式子

$\sum _{i=1}^n{i}^2={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$，$\sum _{i=1}^n{i}^3={\left({\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}\right)}^2$，$\lceil {\displaystyle \frac{n}{m}}\rceil =\lfloor {\displaystyle \frac{n+m-1}{m}}\rfloor$，$nmodi=n-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$

1.3 例题

I P2424 约数和

拆分问题则答案为 $S(r)-S(l-1)$，考虑求 $S(n)$。

求前 $n$ 个数的约数和，我们考虑枚举约数 $i$，可知前 $n$ 个数中有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 个数是 $i$ 的倍数。

则每个约数 $i$ 的贡献为 $i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$，
答案就是 $\sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll l,r;
ll ask(ll n){
    ll ans = 0;
    for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1){
        r = min(n,n / (n / l));
        ans += (r - l + 1) * (l + r) / 2 * (n / l);
    }
    return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&l,&r);
	printf("%lld\n",ask(r)-ask(l-1));
	
	return 0;
}

II P2261 [CQOI2007] 余数求和

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}kmodi=\sum _{i=1}^{n}k-i\times \lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor =k\times n-\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor =k\times n-\sum _{i=1}^{min(n,k)}\lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor }$

直接求即可。

代码

IIIP2260 [清华集训2012] 模积和

求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj),i\ne j$

则原式可写为$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\cdot (mmodj)-\sum _{i=1}^n(nmodi)\cdot (mmodi)$
先考虑减号前的式子。

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(nmodi)\cdot (mmodj)=(n^2-\sum _{i=1}^{n}i\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\cdot (m^2-\sum _{j=1}^{m}j\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{n}{j}}\rfloor )$$

都可直接解决。减号后。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(nmodi)\times (mmodi)& =\sum _{i=1}^n(n-i\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )\times (m-i\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )\\ & =\sum _{i=1}^n(nm-n\cdot i\lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor -m\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor +i^2\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{i}}\rfloor )\end{array}$$

相当于二维整除分块。复杂度 $O(\sqrt{n})$。

注意 $19940417$ 不是质数，需要别的方法求 $2$ 与 $6$ 的逆元。

代码

2. 分块

2.1 算法简介

分块是一种思想，实质是将通过将一个序列分成几块，对于块内 预处理，或者说 整体修改 与 暴力重构。

对于一个序列，将每块假设有 $B$ 个元素，则一共有 $\frac{n}{B}$ 块，在修改时遇到 整块 就打标记，遇到 散块 就暴力重构，这样每次暴力重构的复杂度最多为 $\mathcal{O}(B)$，打标记的复杂度最多为 $\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{n}{B}}\right)$，总复杂度为 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n}{B}}+B)$，利用均值不等式容易得到最优复杂度为 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

当然，每道题的操作不同，整块 与 散块 的复杂度也会不同，$B$ 的最优复杂度也会不同，具体问题需要具体分析。

分块的优点是容易思考，比较暴力以及可以维护一些 复杂的信息。

2.2 其他分块

2.2.1 值域分块

类似于值域线段树，当值域较小时可用分块来维护值域，值域分块可以用来 平衡复杂度。

在单点修改，区间查询中。

值域分块可以 $\mathcal{O}(1)$ 修改， $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 查询，即正常单点改，区间暴力查。

也可以 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 修改，$\mathcal{O}(1)$ 查询，即维护 块内前缀和，差分查询。

这样在某些题中可以取得更优的复杂度，详见莫队例 III。

2.2.2 块状链表

可插入的序列，设块长为 $B$。

根号重构： 当一个块内添加新元素后达到了 $2B$ 时，将该块拆为两大小为 $B$ 的块。

这样最多分裂 $\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{n}{B}}\right)$ 次，且每块大小都在 $[B,2B]$ 间。

2.2.3 树分块

对于一棵树，我们设一个阈值为 $B$，考虑在树上选择不超过 ${\displaystyle \frac{n}{B}}$ 个 关键点，使得每个关键点到其最近祖先关键点距离不超过 $B$。

一个简单的方法是随机撒点，期望下是正确的。

严谨的，我们每次选择深度最深的非关键点，考虑其 $1\sim B$ 级祖先是否是关键点，若都不是，则我们将其 $B$ 级祖先设为关键点，这样每次我们可以排除至少 $B$ 个点，关键点数量即为 $\frac{n}{B}$ 的。

这样对于一个链询问，我们可以分成四个长度 $<B$ 的散块，以及个数不超过 ${\displaystyle \frac{n}{B}}$ 个的整块，复杂度是正确的。

2.3 经典问题

区间修改，区间查询。

对于修改，散块 暴力改，整块 打标记。

对于询问，散块 暴力加，整块 直接加和，注意加上标记。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5+10,M = 330;
const ll inf = 1e17;
int n,m;
ll a[N],sum[M],la[M];
int L[N],R[N],bl[N],B,t; 
void prework(){
    B = sqrt(n);t = (n-1)/B+1;
    for(int i = 1;i <= t;i++)L[i] = (i-1)*B+1,R[i] = min(i*B,n);
    for(int i = 1;i <= n;i++)bl[i] = (i-1)/B+1,sum[bl[i]] += a[i];
}
void modify(int l,int r,ll x){
    int p = bl[l],q = bl[r];
    if(p == q){
        for(int i = l;i <= r;i++)a[i] += x,sum[p] += x;
        return; 
    }
    for(int i = l;i <= R[p];i++)a[i] += x,sum[p] += x;
    for(int i = L[q];i <= r;i++)a[i] += x,sum[q] += x;
    for(int i = p+1;i <= q-1;i++)la[i] += x; 
}//区间修改
ll ask(int l,int r){
    int p = bl[l],q = bl[r];
    ll ans = 0;
    if(p == q){
        for(int i = l;i <= r;i++)ans += a[i] + la[p];
        return ans;
    }
    for(int i = l;i <= R[p];i++)ans += a[i] + la[p];
    for(int i = L[q];i <= r;i++)ans += a[i] + la[q];
    for(int i = p+1;i <= q-1;i++)ans += la[i] * (R[i] - L[i] + 1) + sum[i];
    return ans;
}//区间查询
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    prework();
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        int op,l,r;ll x;
        scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
        if(op == 1){
            scanf("%lld",&x);
            modify(l,r,x);
        }
        else printf("%lld\n",ask(l,r));
    }

	return 0;
}

2.4 例题

I P3372 【模板】线段树 1

II P2801 教主的魔法

区间加，区间询问 $\ge x$ 的数的个数。

发现 $c$ 的值很大，考虑分块，预处理时将每块内排序，假设每块有 $B$ 个。

对于修改，整块 中，打上标记即可，复杂度 $\mathcal{O}(\frac{n}{B})$；散块 中，直接修改，暴力重构即可，复杂度 $\mathcal{O}(B\log n)$。

对于询问，整块 中，块内是重构后排好序的，二分查找即可，复杂度 $\mathcal{O}(\frac{n}{B}\log n)$；散块 中，暴力判断即可，复杂度 $\mathcal{O}(B)$。

总复杂度 $\mathcal{O}(n\log n+mB\log n+{\displaystyle \frac{nm\log n}{B}})$，取 $B=\sqrt{n}$ 得复杂度为 $\mathcal{O}(n\log n+m\sqrt{n}\log n)$。

代码

III P2464 [SDOI2008] 郁闷的小 J

虽然分块不优，但是可以做个示例。

我们分块后，维护每个块内的 哈希表，询问对于 散块 暴力判断，整块 则询问哈希表，修改为哈希表复杂度。

若用 map，复杂度 $\mathcal{O}(mB+{\displaystyle \frac{nm\log n}{B}})$，若仅仅取 $B=\sqrt{n}$，则 TLE 80pts 3.64s。

若平衡复杂度取 $B=\sqrt{n\log n}$，则仅跑 1.56s，若换成更快的哈希表，如 gp_hash_table，仅需跑 600ms。

可以直观的感受平衡复杂度的思想。

代码

IV P4168 [Violet] 蒲公英

区间查询众数，输出最小众数，强制在线。

$a$ 的值域很大，先离散化下。

考虑预处理，设 $s[i][j]$ 为块 $i$ 到块 $j$ 的众数，设 $cnt[i][j]$ 为数 $i$ 前 $j$ 块出现的次数，这样可以差分。

都可 $\mathcal{O}(nB)$ 求出。

考虑询问：

• 对于整块，直接提出 $s$ 数组内众数即可。
• 对于散块，在桶内暴力统计，暴力比较 整块与散块 中个数和。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$，空间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$。

代码

但是仅仅这样还是不 毒瘤，lxl 卡了卡内存，变成了

IV P5048 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology III

只能要 $O(n)$ 的内存。首先把 $s$ 变为区间众数的次数。

发现是 $cnt$ 的问题，考虑优化。可以建立一个 $vector$ 存每个数出现的下标，这样求区间 $[l,r]$ 中 $i$ 出现的次数只需要两次二分即可。

这样空间复杂度降到了 $\mathcal{O}(n)$，不过时间复杂度变为了 $\mathcal{O}(n\sqrt{n\log n})$。

这样就行了吗？不行！

本题必须严格根号复杂度才可过，继续考虑优化。

在询问中设当前整块的答案为 $ans=s[p+1][q-1]$，若左部分散块的元素 $x$ 在范围内的个数大于 $ans$，则在 $vector$ 中一定有 $ve[x][d_i+ans]$ 的值小于等于 $r$（这里 $d_i$ 指 每个元素在相应vector里的下标），直接暴力 $ans++$。右部分同理。

$d$ 数组可以预处理，又因为散块中的数最多有 $2\sqrt{n}$ 个，所以复杂度合理。

时间复杂度为严格 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$，空间复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。

代码

V P6177 Count on a tree II/【模板】树分块

树分块，选定阈值 $B$，找不超过 $\frac{n}{B}$ 个 关键点，使其与其最近关键点祖先距离不超过 $B$，用 $2.2.3$ 的方法，复杂度 $\mathcal{O}(nB)$。

然后考虑求答案，首先可以离散化，$n$ 很小，考虑 bitset，我们预处理任意在一条到根的链上的 一对关键点 之间的 bitset 数组，复杂度 $\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{n^3}{B^2\omega }}\right)$。

对于一个询问 $x\to y$，我们将其分为 $x\to lca$ 与 $y\to lca$ 两个等价段。

我们暴力跳到一个关键点，记录 bitset，然后向上接着跳关键点，最后再跳到 lca，复杂度 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{nm}{\omega }}+mB+{\displaystyle \frac{nm}{B}})$。

总复杂度 $\mathcal{O}(nB+{\displaystyle \frac{n^3}{B^2\omega }}+{\displaystyle \frac{nm}{\omega }}+mB+{\displaystyle \frac{nm}{B}})$，取 $B=\sqrt{n}$，得最优复杂度为 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^2+nm}{\omega }}+(n+m)\sqrt{n})$。

代码

3. 莫队

莫队————优雅的暴力

3.1 算法简介

莫队是一种 离线 算法，资瓷修改。

主要思想：对询问分块（相当于对 $l$ 分块），将询问在以 $l$ 所在块为第一关键字排序，再以 $r$ 为第二关键字升序。同时维护两个指针 $l$ 与 $r$，根据询问伸缩区间，这样时间复杂度就为 $\mathcal{O}(n\sqrt{n}\times W)$，$W$ 表示指针移动的复杂度。

证明：因为在一块内 $r$ 为升序，最坏复杂度为 $\mathcal{O}(n)$，$l$ 只在块内，最坏复杂度为 $O(B^2)$，总 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^2}{B}}+nB)$，取 $B=\sqrt{n}$ 复杂度最优。得证。

• 奇偶性排序：当 $l$ 在奇数块内 $r$ 以降序排序，否则内 $r$ 以升序排序，会使 $r$ 呈类似折线形，可有效减少常数。

3.2 带修莫队

因为是离线，莫队一般不资瓷修改，但我们可以暴力增加一个 时间维，同 $l,r$ 指针一起伸缩。

询问变成了三维，排序也要多以个关键字，类似普通莫队，我们以 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$为块长。
我们分成了 $n^{\frac{1}{3}}$ 块，第一关键字 $l$ 所在块排序，第二关键字以 $r$ 所在块排序，第三关键字是时间。
这样复杂度是 $\mathcal{O}(n^{\frac{3}{5}})$。
证明：设 $n,m,q$ 同阶。

• $l,r$ 所在块不变，$t$ 是单增的，复杂度为 $\mathcal{O}(n)$，总 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^3}{B^2}})$。
• 对于 $l$，在块内移动最多 $\mathcal{O}(B)$ 次，总 $\mathcal{O}(nB)$。
• 对于 $r$，$l$ 所在块不变，复杂度为 $O(B)$，$l$ 所在块变，最坏移动 $\mathcal{O}(n)$ 次，复杂度为 $\mathcal{O}(\frac{n^2}{B})$。
• 总复杂度 $\mathcal{O}({\displaystyle \frac{n^3}{B^2}}+nB+{\displaystyle \frac{n^2}{B}})$，大约取到 $B=n^{\frac{2}{3}}$ 时最小，为 $\mathcal{O}(n^{\frac{5}{3}})$。

3.3 回滚莫队

当维护的信息在区间增加与区间减小其中之一无法实现的情况下（如区间最大值），此时我们就需要 回滚莫队。
虽然不能够缩短或伸长，但增加或撤销操作也都是可以实现的。
具体操作（以不能缩短为例）：

• 首先我们需要对序列 分块，然后以 $l$ 所在块为第一关键字排序，以 $r$ 为第二关键字排序。
• 如果 $l,r$ 在同一块内，则暴力查询（类似分块）。
• 如果 $l,r$ 不在同一块，设 $l$ 所在块为 $T$，则将 $l$ 伸缩为 $R[t]+1$，将 $r$ 伸缩为 $R[t]$。
• $r$ 点在块内只增加，而 $l$ 有可能会是乱序的，则我们需要在完成该次询问后撤销回去，使 $l$ 重回 $R[t]+1$，形象的：可以再加一个变量 $l_1$ 代替 $l$ 进行该询问的增加，而 $l$ 本身不变，即完成了 "撤销"。

类似的，若信息不能增加，则可以使 $r$ 为第二关键字降序，在不同块内将 $l,r$ 设为 $L[t],n$ 的 大区间即可。

3.4 树上莫队

莫队只能在序列里使用，我们考虑把树的路径转化为序列。

欧拉序：在 $dfs$ 每次到达某个点时，在序列中加入该点。离开某个点时，再加入一次，得到长为 $2n$ 的序列。
我们称 $in[x]$ 为 $x$ 在该序列第一次的位置， $out[x]$ 为 $x$ 在该序列第二次的位置。
则 $u\to v$ 的路径就是：

• 若 $u$ 是 $v$ 的祖先，则是 $in[u]$ 到 $in[v]$。
• 若 $u,v$ 互不为祖先，则是 $out[u]$ 到 $in[v]$ 再加上 $lca(u,v)$。

这样可以把询问也改到序列上。

则我们只需要在转化后的序列跑普通莫队即可，当然带修也可以。
注意长度为 $2n$。

3.5 莫队二次离线

咕咕咕

3.6 例题

I P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子 [cogs 1775]
给定序列，求在 $[l,r]$ 内随机抽取两个数相等的概率。

显然总概率为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{r-l+1}{2})}$。若当前数为 $x$，考虑增点，则需要一个桶 $c$ 记录 ，增加的概率就是 $c[x]$。考虑减点，则减少的概率就是 $c[x]-1$。
只需按 $l$ 所在块为第一关键字升序排序，$r$ 为第二关键字升序排序即可。

在区间伸缩时，必须先 伸长 再 缩短。

代码

II P1903 [国家集训队] 数颜色 / 维护队列 [cogs 1901]
给定序列，求 $[l,r]$ 内不同数字的个数，带修改。

数据伸缩是简单的。考虑修改，维护时间轴 $t$ 一起伸缩，可以先删除原有数据，再添加修改数据即可。
排序时以 $l$ 所在块为第一关键字升序排序，$r$ 所在块为第二关键字升序排序，以 $t$ 为第三关键字升序排序。

代码

III P4396 [AHOI2013] 作业[cogs 1822]
区间 $[l,r]$ 内在 $[a,b]$ 范围内的个数以及在 $[a,b]$ 中不同的数的个数。

可以离线，考虑莫队，先排序询问。
然后考虑指针伸缩，可以想到维护一个值域 $BIT$，前缀和查询。复杂度 $O(n\sqrt{n}log(n))$。
$BIT$ 其实是 $log(n)$ 的修改与查询，总应该是 $O(n\sqrt{n}log(n)+mlog(n))$。

可以考虑平衡复杂度，利用值域分块的 $O(1)-O(\sqrt{n})$。
分析复杂度：

• 莫队 $O(mB+{\displaystyle \frac{n^2}{B}})$，$B={\displaystyle \frac{n}{\sqrt{m}}}$ 时最优，为 $O(n\sqrt{m})$。
• 值域分块 $O(m\sqrt{M})$。

总复杂度 $O(n\sqrt{m}+m\sqrt{M})$。

代码

IV Machine Learning
注意该题是求每个数出现次数的 $mex$。
我们考虑如何求 $mex$，根据 $mex$ 定义可知，若结果为 $x$ 则至少有 $1+2+...+x$ 个数，得 $n$ 个数的最大 $mex$ 大约为 $\sqrt{n}$，可暴力求解。

需要两个桶分别记录数组 $a$ 的次数与记录数组 $a$ 的桶各数出现的次数，信息维护是简单的。
套用上题，维护 $t$，先删除原有数据，再添加修改后数据。
复杂度 $O(q\sqrt{n})$。

代码

V 歴史の研究
求 $[l,r]$ 内最大 $x\times c[x]$，其中 $c[x]$ 表示 $[l,r]$ 内 $x$ 出现的次数。

可以发现，该信息增加是容易的，但是删除时却很困难(不知道次大值)，需要用到 回滚莫队。
首先我们把序列分块，然后根据 $l$ 所在块为第一关键字升序排序，以 $r$ 为第二关键字升序排序。

考虑询问，若 $l,r$ 在同一块内则直接暴力查询（注意是独立查询），否则从 $l$ 所在块 $T$ 开始，将 $l,r$ 定为 $R[T]+1,R[t]$，回滚 $l$，$r$ 单增即可。

代码

VI COT2 - Count on a tree II
只是把区间操作改到了树上路径。

利用上述方法，将树上路径改为序列区间，将区间询问改为序列上区间（加上 $lca$）。
区间伸缩与例 II 相同。
然后在序列上跑普通莫队即可。

代码

VII P4074 [WC2013] 糖果公园
树上带修。

首先考虑将树上路径改为序列区间，拍成欧拉序，求一下 $lca$ 即可。

考虑区间伸缩，若增加一个点 $x$，则 $sum$ 增加 $w[cnt[c[x]]+1]\ast v[c[x]]$，若删除点，则 $sum$ 减少 $w[cnt[c[x]]]\ast v[c[x]]$，是 $O(1)$ 的。
然后可以直接在序列上跑 带修莫队 即可。

代码

参考文章：
「分块」数列分块入门1 – 9 by hzwer
分块相关杂谈
『回滚莫队及其简单运用』（强烈推荐）