lxl分块糊做

lxl分块糊做

[Ynoi2017] 由乃打扑克

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想到了二分这个值+分块去找$\le$这个数的数的数量，复杂度$O(Q{\log }^{2}N\sqrt{N})$，然后块内可能用$multiset$或者啥来维护

tj

更优的做法是块内维护一个排好序的序列，不过硬要说和$multiset$本质确实一样，但是这样常数和写法上会优的多

CodeChef Chef and Churu

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对函数的下标分块，然后对每个块内维护两个序列，一个以$l$从小到大排序，一个以$r$从大到小排序

然后修改时，可以把所有函数都$+y-a_x$，然后再把那些$r<x$或$l>x$的函数的值$+a_x-y$，有个很好的点就是这两个条件只会至多满足一个，这个就可以对于每个块算出块的答案，然后给两个序列的最后一个满足条件的挂上一个$tag$

查询的时候整块直接用存的那个值即可，散块就可以遍历块对应的两个序列，然后算$tag$的贡献

$O(Q\sqrt{N}\log N)$

tj

对下标分块，然后数组和函数都分块

函数查询$[l,r]$可以变成查询$[l,n]-[r+1,n]$，于是可以给$[l,n]$的数的$tag+1$，$[r+1,n]$的$tag-1$，这个$tag$表示一个数的值被计算的次数

然后函数的块要维护整块的答案，查询到整块就用函数的块

查询到散块的时候，可以用数组的块来$O(1)$的查询

复杂度$O(Q\sqrt{N})$

Luogu3863 序列

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不会喵

tj

以下标为一个轴，时间为另一个轴，然后值为此时间下此下标上的值

可以发现修改是修改的一个矩形，查询的是一个区间

于是可以扫描线+分块维护

$O(Q\sqrt{N}\log N)$

「BZOJ2038」小 Z 的袜子

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一开始一直在想分块，然后感觉分块不可做，突然想到为啥不离线呢，于是就是莫队板子

$O(Q\sqrt{N})$

[AHOI2013]作业

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莫队，然后再用个树状数组来记录答案

$O(Q\sqrt{N}\log N)$

tj

对值域也分块，就可以去掉$log$了

[Ynoi2016]这是我自己的发明

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首先可以用$dfn$序把子树变成区间，然后一开始钦定$1$是根，如果后面根变成$x$的孩子$y$的子树中的一个点，对于$x$，它的新子树区间就是整个区间除去$y$子树的区间

那么现在就相当于查询两个区间$[a,b]$和$[l,r]$的$\sum c_{[a,b]}(i)\times c_{[l,r]}(i)$，于是可以类似于Luogu3863 序列，以一个查询为$x$轴，另一个为$y$轴，得到一个$n\times n$的矩阵，然后$a_{i,j}=[co{l}_i==co{l}_j]$，查询即询问左下角为$(a,l)$，右上角$(b,r)$的矩形的权值和

然后矩形的权值和可以用二维前缀和拆分成四个左下角$(1,1)$，右上角为$(x,y)$的查询，那么原问题就被拆分成了许多个这样的查询，这个可以莫队维护

$O(Q\sqrt{N})$

bzoj3920 Yuuna的礼物

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区间查询可以莫队维护，然后$k1$可以数状数组/分块维护，$k2$可以$set$维护。。。？写的时候突然发现不行，幽默

tj

很牛！考虑用点来表示权值为$v$的点出现了$k$次，那么共有$n$个点，将这些点按照出现次数为第一关键字，权值为第二关键字排序，然后对这些点进行分块即可

$O(Q\sqrt{N})$

[JOI2014] 历史研究（歴史の研究）

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回滚莫队，$O((N+Q)\sqrt{N})$

tj

回滚莫队是其中一个做法，还有普通莫队的做法

和bzoj3920 Yuuna的礼物类似，用点来表示权值为$v$的点出现了$k$次，那么共有$n$个点，将这些点按照$v\times k$排序，对这些点分块，那么用莫队维护区间，此时答案就是这$n$个点中，最靠后的存在的点

HNOI2016大数

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就求区间内前缀余数相同的对数即可，莫队，$O(Q\sqrt{N})$

tj

$p=2/5$的情况比较特殊，因为它们和$10$不互质

[IOI2009]regions

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这怎么分块，都不让离线

tj

原来是根号分治，你说这个我就懂了嘛，幽默，根号分治算分块吗$/fn$

考虑当$r_1$或$r_2$中的某一个大小大于$B$时，因为最多只存在$\frac{n}{B}$个这样的地区，所以考虑预处理

预处理$r_1$时，若为地区$V$，可以直接$dfs$，然后$cnt$记录$x$的祖先中有几个属于地区$V$的，然后记录进$(V,a_x)$

预处理$r_2$时，若为地区$V$，依旧$dfs$，记$cnt$为$x$的子树中有几个属于地区$V$的，然后记录进$(a_x,V)$

这部分复杂度$O(\frac{n^2}{B})$

然后若两个都大小小于$B$，则考虑$dfn$序，若$y$是$x$的孩子当且仅当$df{n}_y\in [df{n}_x,df{n}_x+s{z}_x-1]$，那么考虑对地区$r_1$维护两个序列，一个以$df{n}_x$排序，一个以$df{n}_x+s{z}_x-1$排序，$r_2$维护一个以$df{n}_y$排序的序列，那么对于$r_1$中的点$x$，在$r_2$中合法的$y$的范围为第$l$个到第$r$个，那么$x$的贡献为$r-l+1$，拆开成$r+1$和$-l$，$r+1$由$r_1$的第二个序列负责，$-l$由第一个序列负责，然后双指针即可

复杂度$O(QB)$

因为$N$和$Q$同阶，所以$B=\sqrt{N}$，总复杂度$O(N\sqrt{N})$

SHOI2006 Homework

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感觉对$Y$分块，然后通过什么性质每次$X$去更新$Y$的答案没啥出路，考虑每次对$Y$去找$X$

首先$Y\le B$的，只有$B$个，这个可以每次用$X$去更新$Y$的答案

对于$Y>B$的，设$X=k\times Y+r$，则只有$\frac{V}{B}$个$k$，那么考虑对$Y$去找$X$，枚举$k$，找到$\ge k\times Y$的最小的$X^{\prime }$，然后答案取$min(ans,X^{\prime }-k\times Y)$，可以用分块做到$O(1)$查询，$O(\sqrt{V})$维护

$B$取$\sqrt{V}$，复杂度$O(N\sqrt{V})$

[Ynoi2015] 此时此刻的光辉

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对于$c\le B$的，只有$B$个，预处理

对于$c>B$的，最多走$\frac{n}{B}$步，直接跳

$O(N\sqrt{N}\log N)$

tj

可以长链剖分做到$O(1)$求$k$级祖先，于是$O(N\log N+N\sqrt{N})$

具体的大概就是对于每条长链，记录链顶向上的第$k$个点与链上第$k$个点，$k\le$这条长链的长度

题解 P5903 【【模板】树上 k 级祖先

「Ynoi2015」 盼君勿忘

me

莫队维护区间，$ans=\sum c_i\times (2^{len}-2^{cn{t}_i})$

把$cn{t}_i\le B$的放到一起，然后算答案的时候枚举$cn{t}_i$算即可

$cn{t}_i>B$的最多$\frac{n}{B}$个，这个单独算即可

$O(Q\sqrt{N}\log N)$

tj

优化了快速幂，用了光速幂，具体就是预处理出$p{w}_i$，$i\in [1,B]$，以及$p{w}_{i\times B}$

$O(Q\sqrt{N})$