【学习笔记】分块学习笔记

学习笔记索引

分块经常听别人提起，我也学一下。

正片

分块就是将一个数列分成很多块，然后每块单独操作，最后的结果放到原数列里。

分块的题目类型经常是区间中修改和查询。

这里，一个长度为 $n$ 的数列最多分成 $\sqrt{n}$ 个块。

先来看例题吧。

例题

P2357 守墓人

题目背景

在一个荒凉的墓地上，有一个令人尊敬的守墓人，他看守的墓地从来没有被盗过，所以人们很放心的把自己的先人的墓安顿在他那

守墓人能看好这片墓地是必然而不是偶然……

因为……守墓人懂风水 0.0

题目描述

他把墓地分为主要墓碑和次要墓碑，主要墓碑只能有 $1$ 个，守墓人把他记为 $1$ 号，而次要墓碑有 $n - 1$ 个，守墓人将之编号为 $2, 3 \dots n$ ，所以构成了一个有 $n$ 个墓碑的墓地。

而每个墓碑有一个初始的风水值，这些风水值决定了墓地的风水的好坏，所以守墓人需要经常来查询这些墓碑。

善于运用风水的守墓人，通过一次次逆天改命，使得自己拥有了无限寿命，没人知道他活了多久。这天，你幸运的拜访到了他，他要求你和他共同见证接下来几年他的战果，但不过他每次统计风水值之和都需要你来帮他计算，算错了他会要你命 QAQ

风水也不是不可变，除非遭遇特殊情况，已知在接下来的 $2147483647$ 年里，会有 $f$ 次灾难，守墓人会有几个操作：

将 $[l, r]$ 这个区间所有的墓碑的风水值增加 $k$ 。

2.将主墓碑的风水值增加 $k$

3.将主墓碑的风水值减少 $k$

4.统计 $[l, r]$ 这个区间所有的墓碑的风水值之和

5.求主墓碑的风水值

上面也说了，很多人会把先人的墓安居在这里，而且守墓人活了很多世纪→_→，墓碑的数量会多的你不敢相信= =

守墓人和善的邀请你帮他完成这些操作，要不然哪天你的旅馆爆炸了，天上下刀子.....

为了活命，还是帮他吧

输入格式

第一行，两个正整数 $n, f$ 表示共有 $n$ 块墓碑，并且在接下来的 $2147483647$ 年里，会有 $f$ 次世界末日

第二行， $n$ 个正整数，表示第 $i$ 块墓碑的风水值

接下来 $f$ 行，每行都会有一个针对世界末日的解决方案，如题所述，标记同题

输出格式

输出会有若干行，对 $4$ 和 $5$ 的提问做出回答

提示

$20 %$ 的数据满足： $1 \leq n \leq 100$

$50 %$ 的数据满足： $1 \leq n \leq 6000$

$100 %$ 的数据满足： $1 \leq n, f \leq 2 \times 10^{5}$ ，答案不超过 64 位整数。

这道题可以用线段树，但是我用分块做。

主墓碑的修改和查询很简单，我们先看区间的修改和查询。

其实在修改的时候，我们可以发现：

1.这个区间中会有一些完整的块，我们就可以不用修改 $a_{i}$ ，给他打上修改的标记就行了，类似于懒标记，再将这个块中 $a$ 的总和加上风水值 $\times$ 区间长度，即为每一项都加上了风水值。

2.区间中的两头也会有不完整的块，我们直接遍历这个块，暴力修改就行了，但是要记得改掉记录的这个块中 $a$ 的总和。

再来看看查询，仍然是有两种块：

1.如果是完整块，直接将存总和的变量加上这个块中 $a$ 的总和（有记录）就可以了。

2.如果是不完整块，需要加上目前的 $a_{i}$ 和历史上标记的增加的值。

还是挺简单的吧！

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,k,l,r,y,id[200010],siz,a[200010],b[200010],sum[200010];
void updata(long long l,long long r,long long y){
	long long s=id[l],t=id[r];//开头在的块和结尾在的块
	if(s==t){//全在一个块
		for(int i=l;i<=r;i++){//暴力修改
			a[i]+=y,sum[s]+=y;//sum是和，别忘了！
		}return;
	}for(int i=l;id[i]==s;i++){
		a[i]+=y,sum[s]+=y;
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		b[i]+=y,sum[i]+=y*siz;//打标记
	}for(int i=r;id[i]==t;i--){
		a[i]+=y,sum[t]+=y;
	}
}long long query(long long l,long long r){
	long long s=id[l],t=id[r],ret=0;
	if(s==t){
		for(int i=l;i<=r;i++){
			ret+=a[i],ret+=b[s];//加上a[i]和标记
		}return ret;
	}for(int i=l;id[i]==s;i++){
		ret+=a[i],ret+=b[s];
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		ret+=sum[i];//加上整个块的和
	}for(int i=r;id[i]==t;i--){
		ret+=a[i],ret+=b[t];
	}return ret;
}int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	siz=sqrt(n);//算长度
	for(int i=1;i<=n;i++){//分块
		scanf("%lld",&a[i]);
		id[i]=(i-1)/siz+1;
		sum[(i-1)/siz+1]+=a[i];
	}for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&k);
		if(k==1){
			scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&y);
			updata(l,r,y);//修改
		}else if(k==2){
			scanf("%lld",&y);
			a[1]+=y,sum[1]+=y;//单点直接修改
		}else if(k==3){
			scanf("%lld",&y);
			a[1]-=y,sum[1]-=y;
		}else if(k==4){
			scanf("%lld%lld",&l,&r);
			printf("%lld\n",query(l,r));//查询
		}else{
			printf("%lld\n",a[1]+b[1]);//别忘了加上历史标记！
		}
	}return 0;
}

再看一道题。

P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

题目背景

XLk 觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾，于是有了第二部。

题目描述

"第一分钟，X 说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。

第二分钟，L 说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。

第三分钟，k 说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。

第四分钟，彩虹喵说，要是 noip 难度，于是便有了数据范围。

第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。

第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过 $64$ 位有符号整数类型的表示范围的限制。

第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。"

——《上帝造题的七分钟·第二部》

所以这个神圣的任务就交给你了。

输入格式

第一行一个整数 $n$ ，代表数列中数的个数。

第二行 $n$ 个正整数，表示初始状态下数列中的数。

第三行一个整数 $m$ ，表示有 $m$ 次操作。

接下来 $m$ 行每行三个整数 k l r。

$k = 0$ 表示给 $[l, r]$ 中的每个数开平方（下取整）。
$k = 1$ 表示询问 $[l, r]$ 中各个数的和。

数据中有可能 $l > r$ ，所以遇到这种情况请交换 $l$ 和 $r$ 。

输出格式

对于询问操作，每行输出一个回答。

提示

对于 $30 %$ 的数据， $1 \leq n, m \leq 10^{3}$ ，数列中的数不超过 $32767$ 。

对于 $100 %$ 的数据， $1 \leq n, m \leq 10^{5}$ ， $1 \leq l, r \leq n$ ，数列中的数大于 $0$ ，且不超过 $10^{12}$ 。

这题也是分块，但是要有一个小优化。

我们可以发现， $\sqrt{1}$ 就是 $1$ ，而且一个数开根号很快就会变为 $1$ ，所以，我们可以判断是否全是 $1$ ，如果是，修改就不用了，查询直接加上长度就行了。

那么如何判断是否全是 $1$ 呢？直接判断它的最大值是不是 $1$ 就可以了。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,k,l,r,id[100010],siz,a[100010],b[100010],sum[100010];
void updata(long long l,long long r){
	long long s=id[l],t=id[r];
	if(s==t){
		sum[s]=0,b[s]=0;
		for(int i=l;i<=r;i++){
			a[i]=(long long)sqrt(a[i]);//开根
		}for(int i=siz*(s-1)+1;i<=siz*s;i++){
			b[s]=max(b[s],a[i]);//更新
			sum[s]+=a[i];
		}return;
	}sum[s]=0,b[s]=0;
	for(int i=l;id[i]==s;i++){
		a[i]=(long long)sqrt(a[i]);
	}for(int i=siz*(s-1)+1;i<=siz*s;i++){
		b[s]=max(b[s],a[i]);
		sum[s]+=a[i];
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		if(b[i]!=1){
			sum[i]=0,b[i]=0;
			for(int j=siz*(i-1)+1;j<=siz*i;j++){//这里没办法，只能暴力
				a[j]=(long long)sqrt(a[j]);
			}for(int j=siz*(i-1)+1;j<=siz*i;j++){
				sum[i]+=a[j];
				b[i]=max(b[i],a[j]);
			}
		}
	}sum[t]=0,b[t]=0;
	for(int i=r;id[i]==t;i--){
		a[i]=(long long)sqrt(a[i]);
	}for(int i=siz*(t-1)+1;i<=siz*t;i++){
		b[t]=max(b[t],a[i]);
		sum[t]+=a[i];
	}
}long long query(long long l,long long r){
	long long s=id[l],t=id[r],ret=0;
	if(s==t){
		for(int i=l;i<=r;i++){
			ret+=a[i];
		}return ret;
	}for(int i=l;id[i]==s;i++){
		ret+=a[i];
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		if(b[i]!=1){
			ret+=sum[i];
		}else{
			ret+=siz;//直接加长度
		}
	}for(int i=r;id[i]==t;i--){
		ret+=a[i];
	}return ret;
}int main(){
	scanf("%lld",&n);
	siz=sqrt(n);//算长度
	for(int i=1;i<=n;i++){//分块
		scanf("%lld",&a[i]);
		id[i]=(i-1)/siz+1;
		b[(i-1)/siz+1]=max(b[(i-1)/siz+1],a[i]);
		sum[(i-1)/siz+1]+=a[i];
	}scanf("%lld",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&k,&l,&r);
		if(k==0){
			if(l>r){//l>r是存在的！！
				swap(l,r);
			}updata(l,r);
		}else{
			if(l>r){
				swap(l,r);
			}printf("%lld\n",query(l,r));
		}
	}return 0;
}

P3870 [TJOI2009] 开关

题目描述

现有 $n$ 盏灯排成一排，从左到右依次编号为： $1$ ， $2$ ，……， $n$ 。然后依次执行 $m$ 项操作。

操作分为两种：

指定一个区间 $[a, b]$ ，然后改变编号在这个区间内的灯的状态（把开着的灯关上，关着的灯打开）；
指定一个区间 $[a, b]$ ，要求你输出这个区间内有多少盏灯是打开的。

灯在初始时都是关着的。

输入格式

第一行有两个整数 $n$ 和 $m$ ，分别表示灯的数目和操作的数目。

接下来有 $m$ 行，每行有三个整数，依次为： $c$ 、 $a$ 、 $b$ 。其中 $c$ 表示操作的种类。

当 $c$ 的值为 $0$ 时，表示是第一种操作。
当 $c$ 的值为 $1$ 时，表示是第二种操作。

$a$ 和 $b$ 则分别表示了操作区间的左右边界。

输出格式

每当遇到第二种操作时，输出一行，包含一个整数，表示此时在查询的区间中打开的灯的数目。

提示

对于全部的测试点，保证 $2 \leq n \leq 10^{5}$ ， $1 \leq m \leq 10^{5}$ ， $1 \leq a, b \leq n$ ， $c \in {0, 1}$ 。

在反转的时候，整块就直接记录每一块 $0$ 的数量和 $1$ 的数量，后面交换就可以了，但是 $a_{i}$ 没变，于是要将反转的次数标记，因为反转两次就是没反转，那标记时异或 $1$ 就可以了，然后散块要先将标记给下传然后清空，再暴力。

在查询的时候，散块一定要先将标记下传、清空，才可以再暴力，整块直接加上前面记录的 $1$ 的数量就行了。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,l,r,id[100010],siz,a[100010],cnt[100010],cnt0[100010],tmp[200010];
void updata(int l,int r){
	int s=id[l],t=id[r];
	if(s==t){
		cnt[s]=0,cnt0[s]=0;
		if(tmp[s]==1){
			tmp[s]=0;
			for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){//下传标记
				if(a[i]==0){
					a[i]=1;
				}else if(a[i]==1){
					a[i]=0;
				}	
			}	
		}for(int i=l;i<=r;i++){
			if(a[i]==0){
				a[i]=1;
			}else if(a[i]==1){
				a[i]=0;
			}
		}for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){
			if(a[i]==1){
				cnt[s]++;
			}else{
				cnt0[s]++;
			}
		}return;
	}cnt[s]=0,cnt0[s]=0;
	if(tmp[s]==1){
		tmp[s]=0;
		for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){
			if(a[i]==0){
				a[i]=1;
			}else if(a[i]==1){
				a[i]=0;
			}	
		}	
	}for(int i=l;id[i]==s;i++){
		if(a[i]==0){
			a[i]=1;
		}else if(a[i]==1){
			a[i]=0;
		}
	}for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){
		if(a[i]==1){
			cnt[s]++;
		}else{
			cnt0[s]++;
		}
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		swap(cnt[i],cnt0[i]);//交换和标记
		tmp[i]++;
		if(tmp[i]==2){
			tmp[i]=0;
		}
	}cnt[t]=0,cnt0[t]=0;
	if(tmp[t]==1){
		tmp[t]=0;
		for(int i=siz*(t-1)+1;i<=min(n,siz*t);i++){
			if(a[i]==0){
				a[i]=1;
			}else if(a[i]==1){
				a[i]=0;
			}	
		}	
	}for(int i=r;id[i]==t;i--){
		if(a[i]==0){
			a[i]=1;
		}else if(a[i]==1){
			a[i]=0;
		}
	}for(int i=siz*(t-1)+1;i<=min(n,siz*t);i++){
		if(a[i]==1){
			cnt[t]++;
		}else{
			cnt0[t]++;
		}
	}
}int query(int l,int r){
	int s=id[l],t=id[r],ret=0;
	if(s==t){
		if(tmp[s]==1){
			tmp[s]=0;
			for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){//下传标记
				if(a[i]==0){
					a[i]=1;
				}else if(a[i]==1){
					a[i]=0;
				}	
			}	
		}for(int i=l;i<=r;i++){
			if(a[i]==1){
				ret++;
			}
		}return ret;
	}if(tmp[s]==1){
		tmp[s]=0;
		for(int i=siz*(s-1)+1;i<=min(n,siz*s);i++){
			if(a[i]==0){
				a[i]=1;
			}else if(a[i]==1){
				a[i]=0;	
			}	
		}	
	}for(int i=l;id[i]==s;i++){
		if(a[i]==1){
			ret++;
		}
	}for(int i=s+1;i<t;i++){
		ret+=cnt[i];
	}if(tmp[t]==1){
		tmp[t]=0;
		for(int i=siz*(t-1)+1;i<=min(n,siz*t);i++){
			if(a[i]==0){
				a[i]=1;
			}else if(a[i]==1){
				a[i]=0;
			}	
		}
	}for(int i=r;id[i]==t;i--){
		if(a[i]==1){
			ret++;
		}
	}return ret;
}int main(){
	scanf("%d",&n);
	siz=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		id[i]=(i-1)/siz+1;
		cnt0[(i-1)/siz+1]++;//0的数量
	}scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&k,&l,&r);
		if(k==0){
			if(l>r){
				swap(l,r);
			}updata(l,r);
		}else{
			if(l>r){
				swap(l,r);
			}printf("%d\n",query(l,r));
		}
	}return 0;
}

咕咕咕

posted @ 2024-02-26 21:05 scy_qwq 阅读(9) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 【学习笔记】倍增ST表、LCA学习笔记

· 【学习笔记】树型DP学习笔记

· 分块（一）

· 分块学习笔记

阅读排行：
· 物流快递公司核心技术能力-地址解析分单基础技术分享
· 单线程的Redis速度为什么快？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！
· Pantheons：用 TypeScript 打造主流大模型对话的一站式集成库
· SQL Server 2025 AI相关能力初探

公告

昵称： scy_qwq
园龄： 1年
粉丝： 0
关注： 0

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

scyqwq

【学习笔记】分块学习笔记

正片

例题

P2357 守墓人

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

提示

CODE：

P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

提示

CODE：

P3870 [TJOI2009] 开关

题目描述

输入格式

输出格式

提示

CODE：

公告

搜索

常用链接

最新随笔

我的标签

积分与排名

随笔档案

相册

阅读排行榜