【洛谷 P3396 哈希冲突】解题报告（根号分治）

简要题意

已知一个长度为 $n$ 的数列 $a$，共 $m$ 次操作：

• 操作 A：询问 $\sum\limits_{i\bmod x=y}a_i$。
• 操作 C：$a_x\gets y$。

数据范围：$1\le n,m\le 1.5\times 10^5$，$1\le a_i\le 10^3$。

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方法一

考虑暴力，询问等价于如下代码：

for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];

修改等价于如下代码：

a[x] = y;

时间复杂度：

预处理	每次询问	总复杂度
$O(1)$	$O(n)$	$O(n^2)$

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方法二

考虑预处理 $ans_{p,k}=\sum\limits_{i\bmod p=k}a_i$，然后询问等价于如下代码：

now = ans[x][y];

修改等价于如下代码：

for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] -= a[i];
a[i] = y;
for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] += a[i];

时间复杂度：

预处理	每次询问	总复杂度
$O(n^2)$	$O(1)$	$O(n^2)$

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方法三（正解）

考虑将上面两种方法的优点结合起来。

第一种方法每次询问的复杂度其实是 $O(\frac{n}{x})$，当 $n$ 确定时是一个关于 $x$ 的反比例函数，显然当 $x\ge\sqrt{n}$ 时，单次询问复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

第二种方法瓶颈在预处理，每处理一个模数 $x$ 的复杂度是 $O(n)$，将 $x\in[1,\sqrt{n}]$ 的结果处理出来的复杂度为 $O(n\sqrt{n})$，单次询问复杂度为 $O(1)$。

可以发现第一种方法可以处理 $x\ge\sqrt{n}$，第二种方法可以处理 $x\le\sqrt{n}$，他们结合起来就可以得到所有询问的结果。

对于修改操作，我们枚举 $x\in[1,\sqrt{n}]$ 通过同【方法二】的方法修改即可。

时间复杂度：

预处理	每次询问	总复杂度
$O(n\sqrt{n})$	$O(\sqrt{n})$	$O(n\sqrt{n})$

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参考代码

//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1.5e5+5, K = 388; 

int n, m, a[N], ans[K][K];
template<typename T> void chkmin(T &x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T &x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
	rep(p, 1, K-1) rep(i, 1, n) ans[p][i%p] += a[i];
	while(m--) {
		char op[2];
		int x, y;
		scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
		if(op[0] == 'A') {
			if(x < K) printf("%d\n", ans[x][y]);
			else {
				int now = 0;
				for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];
				printf("%d\n", now);
			}
		}
		else {
			rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] -= a[x];
			a[x] = y;
			rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] += a[x];
		}
	}
	return 0;
}