根号分治

概述

• 根号分治，是一种对数据进行分治的分治方式。

• 具体来说，如果所要求进行的过程满足满足大点、小点（一般以根号为分界，因为这样复杂度最平衡）可以使用不同的方式处理，则可以考虑使用根号分治。一般常见的有两种情况：

  • 根号以下的数据的种类很少，可以全部维护之；根号以上的数据，直接暴力的复杂度可接受。典型代表是质因数分解，此时也许可以叫数论分治。

  • 和上面刚好反过来。典型代表是对图按度数分治。当然事实上说两者一样也是对的，毕竟根号分治本质上就是把两种暴力拼到一起。

• 一定程度上，根号分治也是一种数据分治，只不过不是数据点分治罢了（笑）。

P3396 哈希冲突

• 题意：给定序列 \(a_{1\sim n}\)，有 \(m\) 个操作，为单点修改或求 \(\sum\limits_{i\bmod p=x} a_i\)。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 1.5\times 10^5,p<n\)。

• 注意到传统方法，譬如线段树和分块，都不能很好地处理 \(\bmod p=x\) 的和，究其原因是 \(p\) 太多了，不同的 \(p\) 之间又互相难以复用。

• 但观察到对于大数即 \(\geqslant \sqrt{n}\) 的 \(p\)，直接暴力的复杂度是 \(O(n\sqrt{n})\)。

• 于是考虑根号分治，小数只有 \(O(\sqrt{n})\) 个，修改时直接暴力修改。

• 总复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。

P3939 数颜色

• 题意略。大抵我就是数据结构学傻了吧...

• 考虑根号分治，小的用 set，大的用 ta（一开始还想着分块结果发现这里 ta 更优）。\(O(n\sqrt{n}\log)\)。

• 发现小的部分复杂度很高，不太美妙。考虑换链表，去一个 \(\log\)，修改暴力修就可以。\(O(n\sqrt{n})\)。

• 注意到这是排列链表，不妨乱搞一下。维护出现位置行不行？好像可以，然后直接二分...那我要链表干啥？\(O(n\log)\)。

• 主席树。看起来不卡空间。\(O(n\log)\)。

• 差分，然后 cdq。\(O(n\log)\)。

• 显然我选直接二分。。。

P1989 无向图三元环计数

• 题意略。这是非常经典的一道根号分治了...但我要先谈一个邪道做法。

• bitset！暴力没有 bitset 怎么行！容易想到一个 bitset 维护连通性，然后枚举每条边把两个端点的出边与起来 count 一下的做法，\(T=O(\frac{nm}{w})\)，然而发现空间复杂度为 \(O(n^2)\)，开不下。

• 怎么办？暴力呗！根号分治，大度点开 bitset，小度点直接暴力枚举出边处理之，\(T=O(\frac{nm}{w}+m\sqrt{m}),M=O(n\sqrt{m})\)。bitset 的常数比较小，所以是可以随便乱搞过去的。

• 当然啦，我们不提倡这个...毕竟三元环计数的正解非常妙，学一下。

• 核心思路：将环按照我们希望的方式定向。

  • 注意到上面的做法中每个环会被统计三次，则如果我们能把环变成有向的（当然必须是等价变换），在这一过程中人为限制大度点的出度，则问题解决。

  • 具体地，规定每条边由度小的点指向度大的点。若同度，则由编号小的点指向编号大的点。

  • 发现这样的生成图一定是无环的，毕竟都严格全序了，原图上所有环现在都是一个角+一条边。考虑枚举角的第一个边 \(u\to v\)，然后对每个 \(v\to w\) 检查是否有 \(u\to w\)。

  • 检查通过预标记实现。这一做法的复杂度一定是正确的，因为其复杂度可以变换为 \(\sum\limits_e out_{e_t}\)，而 \(out\leqslant O(\sqrt{m})\)，证明如下：

  • 对于小度点，显然生成图上度不增。

  • 对于大度点，度数不小于它的点只有 \(O(\sqrt{m})\) 个。

• 综上，复杂度为 \(O(m\sqrt{m})\)，比 bitset 更优且更优雅。

CF444D DZY Loves Strings

• 题意略。

• 乍一看没什么思路，不妨从暴力想起。一个显然的暴力就是枚举出现次数少的串的出现，在出现次数大的串的出现序列上二分来计算答案。

• 这一做法的问题主要有两个：第一，不知道出现；第二，会 T。

• 显然 KMP 这种 \(O(|P|+|T|)\) 的求出现算法没机会，考虑 AC 自动机。我们知道 AC 自动机可以求每个模式串在文本串中的出现次数，但位置不太好办。考察其过程，发现本质上是 dfs 完之后做树形 DP，之所以位置不好办是因为要处理位置复杂度就变成了 \(\sum\limits_{i\in path} dep_i\)，其中 \(path\) 为 dfs 时经过的路径的可重集合，但这里 \(dep\leqslant 4\)，故可以直接做。

• 事实上并不需要这么麻烦。上面的 \(dep\leqslant 4\) 的实质不就是串长嘛，则直接枚举左端点 substr 创过去就可以了。

• 设法构造一下 \(||\geqslant \sqrt{n}\)（记 \(n=|S|\)）的串最多有多少个吧，将 \(S\) 分为 \(\sqrt{n}\) 块，让串在每块中都出现一次，则一块中至多有 \(O(\sqrt{n})\) 个不同子串是输入串。性质不错，考虑根号分治。

• 对于出现次数 \(\leqslant \sqrt{n}\) 的串，暴力枚举其出现，对每个相关询问在对应串的出现上二分算答案，每个询问至多被处理 \(\sqrt{n}\) 次，复杂度为 \(O(q\sqrt{n}\log)\)。

• 此时只剩下两个串出现次数都 \(>\sqrt{n}\) 的询问，考虑预处理，即关于第一个串在 \(S\) 上扫一遍，暴力维护包含 \(T_{i\to i+x}\) 和第一个串在 \(i\) 左/右出现的子串的最小长度，\(O(n\sqrt{n})\)。

• 从而可以放弃上面的二分，把大部分事情交给预处理，对都是小次数串的直接双指针。\(O(q\sqrt{n})\)。

CF1039D You Are Given a Tree

• 题意略。差点被题解骗了以为可以整体二分...然而直接整的话是 \(O(n^2\log^2)\) 的...

• 本题其实比较数论分治。很容易注意到类似数论分块的性质，考虑对于固定的 \(k\) 怎么求解，发现其是一个赛道修建的退化版（不是边独立而是点独立），不用配对所以单轮 \(O(n)\)。

• 那么解很显然了，阈值以下的暴力求，阈值以上的二分答案检验可行的最大边数。显然对每个都二分是不可接受的，故可以考虑使用整体二分实现（只有 \(\frac{n}{B}\) 条不同的链，链长为 \(O(\log \frac{n}{B})\)）但不优美，不妨利用单调性，首先对最小者计算答案，得到答案后二分边数一次决定下一个点在哪里，于是复杂度为 \(O(\frac{n}{B}\log)\)，稍微平衡一下，得到 \(B=\sqrt{n\log}\)，总复杂度为 \(O(n\sqrt{n\log})\)。

P5901 [IOI2009] regions

• 题意略。审完之后就觉得是一个很麻烦的根号分治...

• 考虑在线线段树合并，求得 \(sum_{i,c}\) 表示 \(i\) 的子树中颜色 \(c\) 的有多少种。这个 \(\log\) 真的好烦啊...然而空间根本开不下...这部分复杂度 \(O(n\log n)\)（直接认为颜色数和 \(n\) 同阶算了）。

• 将色分为小色和大色。对于小色，如果 \(c_1\) 是它，直接上去询问，\(O(nB\log)\)；对于大色，转而考虑反演，对每个点维护它的祖先中每个大色有多少个点，过程中对对应大色贡献答案，\(O(n\frac{n}{B})\)。

• 显然这个 \(\log\) 我们不喜欢，\(\log\) 倒是无所谓但是线合很麻烦啊，数据结构是脑子的平替，不能对标脑子。我们考虑将询问离线，把大色相关询问按上面那样处理，小色相关询问按 \(c_2\) 排序，对每个 \(c_2\) 跑一遍，直接整显然复杂度还是不对是 \(O(n^2)\)，但我们可以转而考虑树剖，区间修改到根即可，复杂度为 \(O(n\log^2+nB\log)\)，至少比在线线合好不少。

• 平衡一下复杂度，得到 \(O(n\sqrt{n\log})\)。行吧行吧~

• p.s.实践表明大色部分不知道为什么跑得特别慢，这里平衡复杂度不如不平衡。奇怪...

CF103D Time to Raid Cowavans

• 题意略。不管怎么看都是很典的根号分治吧？

• 首先对于 \(k\geqslant B\)，直接暴力之。对于 \(k<B\)，预处理即可，乍一看有 \(O(n)\) 个 \((k,t)\) 对还要枚举 \(t+xk\) 不太对，然而实际上对每个 \(k\)，复杂度为 \(O(k\times \frac{n}{k})\)，故复杂度为 \(O(nB)\)。啊？\(\geqslant k\) 的 \(t\)？差分啊。

• 总复杂度为 \(O(n(B+\frac{n}{B}))\)，也没啥操作空间，直接 \(\sqrt{n}\) 了事。\(O(n)\) 的空间是不可能被卡的。为什么 \(O(n)\)？允许离线的啊。对每个小 \(k\) 单独做一遍不就好了。

P5309 [Ynoi2011] 初始化

• 题意略。

• 考虑直接模仿上一道题，根号分治，大的暴力，小的加到对应的剩余系上。注意到询问不太好搞。

• 暴力修的内容线段树维护一下就好了吧。也可以树状数组。考虑剩余系上的东西，枚举模数 \(x\)，应该是把整个剩余系从 \(l\bmod x\) 开始遍历了不知道多少遍然后剩一段，故我们可以对每个剩余系开一个 ta 来维护之。

• 故复杂度分别为 \(O(\frac{n}{B})\)，\(O(\log)\) 和 \(O(\log+B\log)\)，操作一下可以把 \(\log\) 平衡进去。然而似乎还是可能会被卡...

• 看了一眼题解，果然被卡了。考虑更高效的算法，把 \(\sqrt{\log}\) 去掉。众所周知整个 \(\sqrt{}\) 生态和 \(\log\) 生态就不搭，把 ta 改成序列分块试试。

• 复杂度变成 \(O(\frac{n}{B})\)，\(O(B)\) 和 \(O(B+\frac{n}{B})\)。果然，这样好了不少，就是处理系的贡献时细节比较多。事实上我们可以放弃在系上开 ta，直接在系上维护前后缀和即可，复杂度不变，毕竟系的长度这么短。

• p.s.因为出题人试图卡各种假做法，小系特别多。考虑调块长，毕竟我们的小系常数特别大，我取 \(n^{0.395}\) 过的。

P5355 [Ynoi2017] 由乃的玉米田

• 题意略。

• 前三种操作见莫队-莫队配合 bitset-小清新人渣的本愿。我们只谈第四种。

• 根号分治。对 \(>\sqrt{n}\) 的，暴力之，反正我们手里有每个数字是否出现的 bitset。

• 对 \(\leqslant \sqrt{n}\) 的，借用一下线段树求出现那边的手法，即对每个 \(x\leqslant \sqrt{n}\)，维护一个 \(pre_i\) 表示满足 \(\frac{a_i}{a_j}=x\) 或 \(\frac{a_j}{a_i}=x\) 的，\(\leqslant i\) 的最大 \(j\)。显然这容易单次 \(O(n)\) 做到。

• 乍一看好像得整个 ST 表，会带 \(\log\)...但事实上因为 \(pre_i\leqslant i\)，我们可以强制 \(pre_i'=\max(pre_i,pre_{i-1}')\)，然后判一下 \(pre_r'\geqslant l\) 就好了。\(O(n(\sqrt{n}+\frac{n}{\omega}))\)。

• 注意有点卡空间，\(O(n\sqrt{n})\) 个 int 有点开不下，还是把对阈值以下的询问离线下来挨个整吧。