CodeChef Chef and Churus 题解

对给出的 $n$ 个区间分块，设块长为 $B$。

每个块内计算每个位置的贡献（被覆盖次数）。具体地，记 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个块第 $j$ 个数被覆盖了多少次，这个可以用差分轻松维护。预处理复杂度 $O(\frac{n^2}{B})$。

现在考虑修改。记 $an{s}_i$ 表示块 $i$ 的贡献，那么对于每个块 $i$，$an{s}_i\leftarrow an{s}_i-f_{i,x}\times a_x+f_{i,x}\times y$ 即可。对每个块处理完后再令 $a_x=y$。时间复杂度 $O(\frac{mn}{B})$。

最后是查询。整块直接累加 $ans$ 值即可，问题是散块。一个 naive 的想法是对每一块维护一个线段树/树状数组 ，然后对 $2B$ 个区间都求一下区间和。但是这样复杂度会带 $\log$，不是很优。

考虑对原序列再分一次块，但是发现如果每个位置维护当前 $a_i$ 的值的话复杂度会凭空多一个 $B$，显然不行。转换思路，第 $i$ 个位置维护 $\sum _{j=1}^i{a}_j$，也就是前缀和。那么单点修改就对应了 $[x,n]$ 这一个区间的修改，复杂度 $O(B+\frac{n}{B})$，查询就直接 $O(1)$ 差分即可。这样散块的复杂度就变成了 $O(\frac{n}{B}+B)$。

现在重新分析一下复杂度：预处理复杂度不变。而区间和原序列的分块互不影响，所以修改的复杂度为 $O(\frac{mn}{B}+B+\frac{n}{B})$，查询复杂度 $O(\frac{n}{B}+B)$。此时 $B$ 取 $\sqrt{n}$ 最优，为 $O(n\sqrt{n})$（$n,m$ 同级），实现了复杂度平衡。

代码：

咕咕咕。