CF103D Time to Raid Cowavans 题解

这道题看似可以线段树乱搞，但是真正用线段树就会发现根本没有用。

因此我们考虑根号算法。

难道是分块？错！还有一种根号算法——根号分治。

根号分治的思想就是设定阈值 $S$ ，大于阈值的暴力计算，小于阈值的快速计算，而取 $S = \sqrt n$ 时最优（不要问我怎么证明）。

那么这道题，我们针对 $k_i$ 手动设定阈值为 500，大于 500 直接计算，小于等于 500 前缀和计算，但是因为这道题卡空间，因此我们需要对询问离线，同时处理相同的 $k_i$ 即可。

代码：

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

typedef long long LL;
const int MAXN = 320000 + 10;
int n, m;
LL a[MAXN], t[MAXN], k[MAXN], ans[MAXN], f[MAXN];
vector <LL> v[MAXN];

LL read()
{
	LL sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return sum * fh;
}

int main()
{
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	m = read();
	for (int i = 1; i <= m; ++i) t[i] = read(), k[i] = read();
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		if (k[i] > 500)
		{
			for (int j = t[i]; j <= n; j += k[i]) ans[i] += a[j];
			continue;
		}
		v[k[i]].push_back(i);
	}
	for (int i = 1; i <= 500; ++i)
	{
		if (v[i].empty()) continue;
		memset(f, 0, sizeof(f));
		for (int j = n; j >= 1; --j) f[j] = a[j] + f[j + i];
		for (int j = 0; j < v[i].size(); ++j) ans[v[i][j]] = f[t[v[i][j]]];
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
	return 0;
}