【算法学习笔记】块状数据结构：分块思想

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简介

其实，分块是一种思想，而不是一种数据结构。

在 XCPC 的各个比赛中，各种难度的分块思想都有出现。

分块的基本思想是，通过对原数据的适当划分，并在划分后的每一个块上预处理部分信息，从而较一般的暴力算法取得更优的时间复杂度。

分块的时间复杂度主要取决于分块的块长，一般可以通过均值不等式求出某个问题下的最优块长，以及相应的时间复杂度。

分块是一种很灵活的思想，相较于树状数组和线段树，分块的优点是通用性更好，可以维护很多树状数组和线段树无法维护的信息。

当然，分块的缺点是渐进意义的复杂度，相较于线段树和树状数组不够好。

不过在大多数问题上，分块仍然是解决这些问题的一个不错选择。

下面是几个例子。

区间和

#6280. 数列分块入门 4

给定一个长度为 $n$ 的序列 $\{a_i\}$，需要执行 $n$​ 次操作。操作分为两种：

1. 给 $a_l\sim a_r$ 之间的所有数加上 $x$；
2. 求 $\sum _{i=l}^r{a}_i$。

$1\le n\le 5\times {10}^4$

我们将序列按每 $s$ 个元素一块进行分块，并记录每块的区间和 $b_i$。

$$\underset{b_1}{\underbrace{a_1,a_2,\dots ,a_s}},\underset{b_2}{\underbrace{a_{s+1},\dots ,a_{2s}}},\dots ,\underset{b_{\frac{n}{s}}}{\underbrace{a_{(s-1)\times s+1},\dots ,a_n}}$$

最后一个块可能是不完整的（因为 $n$ 很可能不是 $s$ 的倍数），但是这对于我们的讨论来说并没有太大影响。

首先看查询操作：

• 若 $l$ 和 $r$ 在同一个块内，直接暴力求和即可，因为块长为 $s$，因此最坏复杂度为 $O(s)$。
• 若 $l$ 和 $r$ 不在同一个块内，则答案由三部分组成：以 $l$ 开头的不完整块，中间几个完整块，以 $r$ 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然采用上面暴力计算的方法，对于完整块，则直接利用已经求出的 $b_i$ 求和即可。这种情况下，最坏复杂度为 $O({\displaystyle \frac{n}{s}}+s)$。

接下来是修改操作：

• 若 $l$ 和 $r$ 在同一个块内，直接暴力修改即可，因为块长为 $s$，因此最坏复杂度为 $O(s)$。
• 若 $l$ 和 $r$ 不在同一个块内，则需要修改三部分：以 $l$ 开头的不完整块，中间几个完整块，以 $r$ 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然是暴力修改每个元素的值（别忘了更新区间和 $b_i$），对于完整块，则直接修改 $b_i$ 即可。这种情况下，最坏复杂度和仍然为 $O({\displaystyle \frac{n}{s}}+s)$。

利用均值不等式可知，当 ${\displaystyle \frac{n}{s}}=s$，即 $s=\sqrt{n}$ 时，单次操作的时间复杂度最优，为 $O(\sqrt{n})$。

#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int id[50005], len;
long long a[50005], b[50005], s[50005];
void add(int l, int r, long long x) {
    int sid = id[l], eid = id[r];
    if (sid == eid) {
        for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
        return;
    }
    for (int i = l; id[i] == sid; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
    for (int i = sid + 1; i < eid; i++) b[i] += x, s[i] += len * x;
    for (int i = r; id[i] == eid; i--) a[i] += x, s[eid] += x;
}
long long query(int l, int r, long long p) {
    int sid = id[l], eid = id[r];
    long long ans = 0;
    if (sid == eid) {
        for (int i = l; i <= r; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
        return ans;
    }
    for (int i = l; id[i] == sid; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
    for (int i = sid + 1; i < eid; i++) ans = (ans + s[i]) % p;
    for (int i = r; id[i] == eid; i--) ans = (ans + a[i] + b[eid]) % p;
    return ans;
}
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    len = sqrt(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        id[i] = (i - 1) / len + 1;
        s[id[i]] += a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int op, l, r, c;
        cin >> op >> l >> r >> c;
        if (op == 0)
            add(l, r, c);
        else
            cout << query(l, r, c + 1) << endl;
    }
    return 0;
}

区间和 2

上一个做法的复杂度是 $\mathrm{\Omega }(1),O(\sqrt{n})$。

我们在这里介绍一种 $O(\sqrt{n})-O(1)$ 的算法。

为了 $O(1)$ 询问，我们可以维护各种前缀和。

然而在有修改的情况下，不方便维护，只能维护单个块内的前缀和。

以及整块作为一个单位的前缀和。

每次修改 $O(T+\frac{n}{T})$。

询问：涉及三部分，每部分都可以直接通过前缀和得到，时间复杂度 $O(1)$。

对询问分块

同样的问题，现在序列长度为 $n$，有 $m$ 个操作。

如果操作数量比较少，我们可以把操作记下来，在询问的时候加上这些操作的影响。

假设最多记录 $T$ 个操作，则修改 $O(1)$，询问 $O(T)$。

$T$ 个操作之后，重新计算前缀和，$O(n)$。

总复杂度：$O(mT+n\frac{m}{T})$。

$T=\sqrt{n}$ 时，总复杂度 $O(m\sqrt{n})$。

其他问题

分块思想也可以应用于其他整数相关问题：寻找零元素的数量、寻找第一个非零元素、计算满足某个性质的元素个数等等。

还有一些问题可以通过分块来解决，例如维护一组允许添加或删除数字的集合，检查一个数是否属于这个集合，以及查找第 $k$ 大的数。要解决这个问题，必须将数字按递增顺序存储，并分割成多个块，每个块中包含 $\sqrt{n}$ 个数字。每次添加或删除一个数字时，必须通过在相邻块的边界移动数字来重新分块。

一种很有名的离线算法 莫队算法，也是基于分块思想实现的。

练习题

• UVA - 12003 - Array Transformer
• UVA - 11990 Dynamic Inversion
• SPOJ - Give Away
• Codeforces - Till I Collapse
• Codeforces - Destiny
• Codeforces - Holes
• Codeforces - XOR and Favorite Number
• Codeforces - Powerful array
• SPOJ - DQUERY