根号分治入门

在vp cf的时候遇到的算法，当时看着就是题目很清楚，要不就是我不会的数据结果，要不就是算法，想了一会想不出直接去看题解了。现在补一下。

根号分治虽然名字里面有“分治”但实际上和分治的关系并不大，根号分治更多的还是一种思想。
根号分治的思想是将询问根据一个阈值设为$S$分为两部分。两个部分用不同的算法处理，一部分可以用暴力直接处理，另一部分可以通过预处理和动态维护
根号算法是一种优雅的暴力！

涉及到跳多少步的题目一般都是根号分治。

例题

P3396 哈希冲突

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思路：题目等价于让我们求从下标y开始，步长为x的所有数的和
考虑最暴力的暴力对于所有的询问，我们都从y开始跑一遍那么最坏可能会被卡到$O(nm)$
然后会发现当m比较大的时候，需要求和的数会很少，我们以$\sqrt{n}$为分界线
当步长也就是模数大于$\sqrt{n}$最多需要$O(\sqrt{n})$的复杂度就可求出
当步长也就是模数小于$\sqrt{n}$我们需处理出来需要查询的信息$O(1)$去查询
考虑怎么样预处理
$s[i][j]$：表示步长为i，起点为j，所有数的和。
枚举起点计算对于每种步长的贡献需要的时间复杂度是$O(n\sqrt{n})$
考虑完查询考虑更新
更新的话每次我们需要维护s数组
计算更新当前值对于每种步长的贡献的影响。

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#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

int s[510][510];
void solve()
{
	int n,q;cin>>n>>q;
	vector<int>a(n+1);
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
	}
	
	//预处理出来模数比较小的情况
	int m=sqrt(n);
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,m){
			s[j][i%j]+=a[i];
		}
	}
	
	while(q--){
		char op;cin>>op;
		int x,y;cin>>x>>y;
		if(op=='A'){
			//模数较小直接查询预处理的结果
			if(x<=m){
				cout<<s[x][y]<<endl;
			}else{
				//较大的话暴力去做
				int ans=0;
				for(int i=y;i<=n;i+=x)	ans+=a[i];	
				cout<<ans<<endl;
			}
		}else{
			//改变一个数就需要动态的维护s数组
			rep(i,1,m)	s[i][x%i]+=y-a[x];
			a[x]=y;				
		}
	}		
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

F. Remainder Problem

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思路同上面的题目哈希冲突
不过这里m取严格的$\sqrt{(}500000)$会$t$

---

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

int s[800][800];
int a[500010];
void solve()
{
	
	//预处理出来模数比较小的情况
	int n=500000,m=sqrt(400000);
	
	int q;cin>>q;
	while(q--){
		int x,y,op;cin>>op>>x>>y;
		if(op==1){
			rep(i,1,m)	s[i][x%i]+=y;
			a[x]+=y;
		}else{
			if(x<=m){
				cout<<s[x][y]<<endl;
			}else{
				int ans=0;
				for(int i=y;i<=n;i+=x){
					ans+=a[i];
				}
				cout<<ans<<endl;
			}
		}
	}	
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

E. Array Queries

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看到大佬的一句话：要大胆的想，不要因为算法显然太慢，显然有错就放弃对这种算法的思考（因为这通常不会花费太多的时间）

很好的一道题目，dp和根号分治结合的题目

$f[i][j]$:表示第i个数要加多少次i和j才能>n
考虑转移：

$$f[i][j]=\{\begin{array}{l}1,i+j+a[i]>n\\ f[i+a[i]+j]+1,i+j+a[i]<=n\end{array}$$

如果$j$和$a[i]$暴力转移的话会是$O(n^2)$的复杂度
考虑根号分治当$k$比较大的时候会跳的比较快很快就会大于$n$这时我们直接暴力枚举就行
如果$k$比较小的话就用dp去进行状态转移，处理出来查询。

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#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

int s[100010][330];
void solve()
{
	int n,q;cin>>n;
	vector<int>a(n+1);
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
	}
	//预处理出来模数比较小的情况
	int m=sqrt(n);
	
	fep(i,n,1){
		rep(j,1,m){
			if(i+a[i]+j>n)	s[i][j]=1;
			else	s[i][j]=s[i+a[i]+j][j]+1;
		}
	}
	
	cin>>q;
	while(q--){
		int x,y;cin>>x>>y;
		//模数较小直接查询预处理的结果
		if(y<=m){
			cout<<s[x][y]<<endl;
		}else{
			//较大的话暴力去做
			int ans=0;
			while(x<=n){
				++ans;
				x+=a[x]+y;
			}
			cout<<ans<<endl;
		}
	}		
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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F. Sum of Progression

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这种一次跳几个的一般需要想到根号分治
如果没有前面的那几个系数/权值就是一道比较经典的题目有系数和权值的话需要考虑怎么处理
这里维护两个数组f和g数组
$f$数组表示权值前缀和数组但是这里需要每次跳d
$g$数组表示单纯前缀和数组
$f[i][j]=...+\frac{s}{d}a[s]+(\frac{s}{d}+1)a[s+d]+(\frac{s}{d}+2)a[s+2\ast d]+...$

$g[i][j]=...+a[s]+a[s+d]+a[s+2\ast d]+...$

我们要求的答案是
$$

---

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

int f[330][100010],g[330][100010];

void solve()
{
	int n,q;cin>>n>>q;
	vector<int>a(n+1);
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
	}
	//预处理出来模数比较小的情况
	int sq=sqrt(n);

	rep(i,1,sq){
		rep(j,1,n){
			f[i][j]=(j-i>=0?f[i][j-i]:0)+j/i*a[j];
			g[i][j]=(j-i>=0?g[i][j-i]:0)+a[j];
		}
	}
	
	while(q--){
		int s,d,k;cin>>s>>d>>k;
		//模数较小直接查询预处理的结果
		if(d<=sq){
			int ans=0;
			ans+=f[d][s+(k-1)*d]-(s-d>=0?f[d][s-d]:0);
			ans-=(s/d-1)*(g[d][s+(k-1)*d]-(s-d>=0?g[d][s-d]:0));
			cout<<ans<<' ';
		}else{
			//较大的话暴力去做
			int ans=0;
			for(int i=s,j=1;j<=k;i+=d,j++){
				ans+=j*a[i];
			}
			cout<<ans<<' ';
		}
	}
	cout<<endl;		
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
	cin>>_;
	while(_--)
	solve();
	return 0;
}