分块-区间求和

一：分块

　　分块的思想就是通过合适的划分，将一部分信息预处理并保存下来，用空间来换取时间，其实分块是“优化”的暴力，效率比不上树状数组和线段树，但它更通用和容易实现。

 

二：例题1

　　给定一个长度为N(N ≤ 10^5)的数列A，然后有M(M ≤ 10^5)个操作指令。

　　操作1：格式：1 x y k 含义：将区间[x, y]上的每一个数都加上k

　　操作2：格式：2 x y   含义：输出区间[x, y]内每个数的和

　　Luogu P3372 

　　这道题用线段树和树状数组都可以很优秀的通过，但我们用这道题来练一下分块

分析：

　　我们先将数列A分成若干个不超过 ⌊ √n ⌋ (下取整)的段，其中第i段的左端点为(i - 1)⌊ √n ⌋+1，右端点为min(i*⌊ √n ⌋, n)，例如当n = 10的时候，我们分成4块

　　我们可以先定义数字sum[i]，表示第 i 块的区间和，定义add[i]表示第 i 段的“增量标记”(下面细讲)，初始值为0。

1. 对于指令 1 x y k

　　(1).若x， y都在第 i 块内，则选择暴力更新，把A[x], A[x+1],......A[y-1], A[y]都加上k，同时将sun[i] 更新 为 sum[i] + (y - x + 1) * k

　　(2). 否则，设x在第p块， y在第q块

　　　　①：对于i∈[p+1, q-1], i是一个整块，所以直接add[i] += k，表示第 i 块都加上了k。(优于暴力更新)

　　　　②：对于p、q所在不足一整块的，类似于(1)进行暴力更新

2.对于指令 2 x y

　　(1).若x， y都在第i块内，则(A[x] + A[x+1] + ......  + A[y-1] + A[y]) + add[i] * (y - x + 1)就是答案

　　(2).否则设x在第p块， y在第q块， 令Ans = 0；

　　　　①：对于i∈[p+1, q-1], i是一个整块，Ans += sum[i] + add[i] * len[i];// len[i] 是第i块的长度

　　　　②：对于p、q所在不足一整块的，类似于(1)进行计算

对于t， 我们令 t = ⌊ √n ⌋， len = n / t，由于n不一定是完全平方数，所以就要新开一块的操作(Code中会说明)。由于块长块数都近似于O(√n)，所以时间复杂度为O((n + m) * √n)

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxn = 1e5 + 10;

// 分块求解 O((n+m) * √n) 

LL Read();

LL n, m, t;
LL val[maxn], sum[maxn], add[maxn];
int L[maxn], R[maxn], pos[maxn];

inline void change(int l, int r, LL x) {
    int p = pos[l], q = pos[r]; // l r所在那一块
    if(p == q) { // 在同一块 
        for(int i=l; i<=r; i++) val[i] += x; // 直接更新 
        sum[p] += x * (r - l + 1); // 更新本块的和 
    }
    else {  // 不在同一块 
        for(int i=p+1; i<=q-1; ++i) add[i] += x; // p ~ q之间的整块 
        for(int i=l; i<=R[p]; ++i) val[i] += x; // 更新 p所在的非整块 
        sum[p] += x * (R[p] - l + 1); // 更新sum 
        for(int i=L[q]; i<=r; ++i) val[i] += x; //更新 q所在的非整块 
        sum[q] += x * (r - L[q] + 1); // 更新sum 
    }
}

inline LL ask(int l, int r) {
    int p = pos[l], q = pos[r];
    LL Ans = 0;
    if(p == q) { // 在同一块 
        for(int i=l; i<=r; ++i) Ans += val[i]; // 暴力求和 
        Ans += add[p] * (r - l + 1); // 加上此块总共加的 
    }
    else {
        for(int i=p+1; i<=q-1; ++i) // 加上pq所在块之间的整块 
            Ans += sum[i] + add[i] * (R[i] - L[i] + 1); // 加上sum和此块总共加的
        for(int i=l; i<=R[p]; ++i) Ans += val[i]; //加上p所在块的一些元素
        Ans += add[p] * (R[p] - l + 1);
        for(int i=L[q]; i<=r; ++i) Ans += val[i];//加上p所在块的一些元素

        Ans += add[q] * (r - L[q] + 1); 
    }
    return Ans;
}

int main() {
    n = Read(), m = Read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) val[i] = Read();
    
    // 分块 
    t = sqrt(n);
    for(int i=1; i<=t; ++i) {
        L[i] = (i-1) * t + 1; // 第i块的左断电 
        R[i] = i * t;  // 第i块的右端点 
    }
    if(R[t] < n) { // 没有分完， 
        t++; // 新加一组 
        L[t] = R[t-1]+1; // 新的一组左端点为上一组右端点的下一个 
        R[t] = n; // 右端点为n 
    }
    
    //预处理 
    for(int i=1; i<=t; ++i) { // 枚举每一块 开始预处理 
        for(int j=L[i]; j<=R[i]; ++j) {
            pos[j] = i; // 记录每一个元素 
            sum[i] += val[j]; // 计算每一块的和 
        }
    }
    
    // solve
    while(m --) {
        int f, x, y; scanf("%d%d%d", &f, &x, &y);
        if(f == 1) { // 
            LL z = Read();
            change(x, y, z); 
        }
        else {
            //printf("%lld %lld\n", x, y);
            LL Ans = ask(x, y);
            printf("%lld\n", Ans);
        } 
    } 
    return 0;
}
// 快读
inline LL Read() {
    LL x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) { x = x * 10 + (ch-48), ch = getchar(); }
    return x*f;
}

 

 

三：例题2

Luogu P3396 哈希冲突

众所周知，模数的hash会产生冲突。例如，如果模的数p=7，那么4和11便冲突了。

B君对hash冲突很感兴趣。他会给出一个正整数序列value[]。

自然，B君会把这些数据存进hash池。第value[k]会被存进(k%p)这个池。这样就能造成很多冲突。

B君会给定许多个p和x，询问在模p时，x这个池内数的总和。

另外，B君会随时更改value[k]。每次更改立即生效。

保证1<=p<n1<=p<n.

样例输入：

10 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

A 2 1
C 1 20
A 3 1
C 5 1
A 5 0

样例输出：

25

41

11

样例解释：

A 2 1的答案是：1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25

C 1 20后：20 2 3 4 5 6 7 8 9 10

A 3 1的答案是：20 + 4 + 7 + 10 = 41

C 5 1后：20 2 3 4 1 6 7 8 9 10

A 5 0的答案是：1 + 10 = 11

分析：

我们可以枚举从1到⌊ √n ⌋的模数，进行 n * ⌊ √n ⌋的暴力预处理，对于p∈[1,  ⌊ √n ⌋]的询问我们可以进行O(1)的回答

具体看代码注释：

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int Read();

int n, m, val[150010];
int t, sum[400][150010];
// sum(i, j) 当模数为 i 时，余数为 j 的和 
// sqrt(n) ≈388 

// 更新 val[pos] 的值 
inline void change(int pos, int x) {
    // 枚举模数，∵每一个值更改后， 对不同的模数都有影响 
    // sum(i, pos%i) 减去原来的数字，加上更改的数字 
    for(int i=1; i<=t; ++i) sum[i][pos%i] = sum[i][pos%i] - val[pos] + x;
    val[pos] = x; // 更新 pos 上的数字 
}

// 对于模数 p  求出余数为 x 的元素和 
inline long long ask(int p, int x) {
    long long s = 0;
    if(p <= t) s = sum[p][x]; // ∵我们已经枚举了1~t的模数 ∴可以直接输出 
    else { // 模数 p 大于t 
        for(int i=x; i<=n; i+=p) 
            s += val[i];
    }
    return s;
}

int main() {
    n = Read(), m = Read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) val[i] = Read();
    // 预处理 
    t = sqrt(n);
    for(int j=1; j<=n; ++j) // 枚举位置 
        for(int i=1; i<=t; ++i) // 枚举模数 p 
            sum[i][j%i] += val[j]; 
    // 询问 
    while(m --) {
        char ch[5]; scanf("%s", ch);
        int x = Read(), y = Read();
        if(ch[0] == 'A') {
            long long Ans = ask(x, y);
            printf("%lld\n", Ans);
        }
        else change(x, y);
    }
    return 0;
}

inline int Read() {
    int x=0, f=1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) { x = x * 10 + (ch-48), ch = getchar(); }
    return x*f;
}