分块学习笔记

分块是一种 思想
它用于存在区间问题，并且结合律不是简单相加的时候
线段树和树状数组此时不可用，这个时候，我们就要使用分块

切入正题

分块思想是这样的
设数组长度是n,共有q块，把数组存下来，分成$O(\frac{n}{q})$段，每段内存一个tag表示区间标记，当区间修改的时候，对于整块，直接增加标记即可。
很类似线段树的"标记永久化"，思想都是一样的，不过实现方法有很大差别。
而对于不满一块的情况下，直接暴力运算即可。

使用条件

可以快速算出一个操作对单独的数的影响。
块与块
一般情况下，n,m $⩽$ 200000
当操作简单或者数据水时，可以到500000

时间复杂度分析

当块长为$O(\frac{n}{q})$的时候，对于查询，直接O(1)查询数组即可，注意加上tag。
对于区间修改，在块内的修改，显然最多把n个数全都改了，时间复杂度O(q)
在单块的暴力修改，最多修改两个块长-2，时间复杂度2*n/q-2=$\frac{n}{q}$
∴时间复杂度为O(n/q+q)；由均值不等式知，当q=$\sqrt{n}$时，单次时间复杂度取最小值O($\sqrt{n}$).
附加：对于基础区间查询
区间查询：类似区间加法，暴力统计左右不完整块的答案，然后统计完整块。时间复杂度：O($\sqrt{n}$).
为了方便，我们都默认下文的分块大小为$\sqrt{n}$。

例题（更新中)

例1：分块1
分块模板题，单点修改，区间查询
既然是模板题，非常好想，只要仔细阅读本文前面就可以轻松AC
注意！！！！开快读，因为原来是树状数组的题，所以卡常！
附上代码

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,len;
int v[50005],b[50005],tag[50005];
void add(int l,int r,int d) {
	for(int i=l;i<=min(b[l]*len,r);i++)v[i]+=d;
	if(b[l]!=b[r]) {
		for(int i=(b[r]-1)*len+1;i<=r;i++)v[i]+=d;
	}
	for(int i=b[l]+1;i<=b[r]-1;i++)tag[i]+=d;
}
int main() {
	cin>>n;len=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=(i-1)/len+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int c,l,r,d;
		cin>>c>>l>>r>>d;
		if(c==0)add(l,r,d);
		if(c==1)cout<<v[r]+tag[b[r]]<<'\n';
	}
	return 0;
}

例2：分块2
这道题就是区间修改+区间查询。
不需要开快读。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,len,b[120005],m;
ll v[120005],tag[120005],sum[120005];
void add(int l,int r,ll d){
    for(int i=l;i<=min(b[l]*len,r);i++){
		v[i]+=d;sum[b[l]]+=d;
	}
    if(b[l]!=b[r])
        for(int i=(b[r]-1)*len+1;i<=r;i++)
            v[i]+=d,sum[b[r]]+=d;
    for(int i=b[l]+1;i<=b[r]-1;i++)tag[i]+=d;
}
ll ask(int l,int r){
    ll ans=0;
    for(int i=l;i<=min(b[l]*len,r);i++)ans+=v[i]+tag[b[l]];
    if(b[l]!=b[r])
        for(int i=(b[r]-1)*len+1;i<=r;i++)
            ans+=v[i]+tag[b[r]];
    for(int i=b[l]+1;i<=b[r]-1;i++)ans+=sum[i]+len*tag[i];
    return ans;
}
int main(){
    n=read();m=read();len=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        b[i]=(i-1)/len+1;sum[b[i]]+=v[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int c=read(),l=read(),r=read();
        if(c==1){
        	int d=read();add(l,r,d);
        }
        if(c==2)printf("%lld\n",ask(l,r));
    }
    return 0;
}

例3:分块3
给出一个长$n$的数组，以及n个操作，涉及区间加法，询问区间内小于某个值x的元素个数。
$1、$不完整的块暴力枚举即可
$2、$每个块内需要有序，所以在每次区间加法之后需要对端点所在的两个块重新排序
$3、$每次查询在块内二分，以及暴力枚举两个端点所在块的元素。
时间复杂度证明:
设块长为$q$，则总共$\frac{n}{q}$个块
预处理排序，复杂度$O(n\log n)$
对于区间修改操作，仍然是维护加法tag，暴力修改两边的块+重新排序，复杂度$O(q\log \frac{n}{q})$
对于区间查询操作，最坏在$O(\frac{n}{q})$个块内二分，以及暴力枚举$O(q)$个元素，复杂度$O(q+\frac{n}{q}\log q)$

总复杂度$O(n\log n+nq\log \frac{n}{q}+\frac{n^2\log q}{q})$
一般取q=$\sqrt{n}$即可，此时复杂度$O(n\sqrt{n}\log \sqrt{n})$
但是，如果将q取稍小些，复杂度会更优，由于证明较为复杂，不再提及。
upd:经过测试，当q的值大约为$\sqrt{n}-\log \log n)$的时候，常数较小。
不知道你们的电脑是怎么样的反正我的和LOJ的评测机都是这样
不过此题卡常，建议快读。
代码实现:

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,len,m;
int v[500005],b[500005],tag[500005];
vector<int> g[505];
inline void reset(int x){
	g[x].clear();
	for(int i=(x-1)*len+1;i<=min(x*len,n);++i)g[x].push_back(v[i]);
	sort(g[x].begin(),g[x].end());
}
inline void add(int l,int r,int d) {
	for(register int i=l;i<=min(b[l]*len,r);++i)v[i]+=d;
	reset(b[l]);
	if(b[l]!=b[r]) {
		for(register int i=(b[r]-1)*len+1;i<=r;++i)v[i]+=d;
		reset(b[r]);
	}
	for(register int i=b[l]+1;i<=b[r]-1;++i)tag[i]+=d;
}
inline int ask(int l,int r,int d){
	int ans=0;
	for(register int i=l;i<=min(b[l]*len,r);++i){
		if(v[i]+tag[b[l]]<d)++ans;
	}
	if(b[l]!=b[r]){
		for(register int i=(b[r]-1)*len+1;i<=r;++i)
			if(v[i]+tag[b[r]]<d)ans++;
	}
	for(register int i=b[l]+1;i<=b[r]-1;++i){
		int x=d-tag[i];
		ans+=lower_bound(g[i].begin(),g[i].end(),x)-g[i].begin();
	}
	return ans;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	n=read();len=sqrt(n);
	for(register int i=1;i<=n;++i)v[i]=read();
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		b[i]=(i-1)/len+1;
		g[b[i]].push_back(v[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=b[n];++i)
        sort(g[i].begin(),g[i].end());
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		int c=read(),l=read(),r=read(),d=read();
		if(c==0){
		    add(l,r,d);
		}
		if(c==1)cout<<ask(l,r,d*d)<<'\n';
	}
	return 0;
}

正在更新中……