洛谷P5309 Ynoi 2011 初始化 题解

标签：pre ch 洛谷 题解 复杂度 modify Ynoi 修改 n1

题面。

我也想过根号分治，但是题目刷得少，数组不敢开，所以还是看题解做的。

这道题目要用到根号分治的思想，可以看看这道题目和我的题解。

题目要求处理一个数组a，支持如下操作。

对一个整数x，对数组长度范围内所有位置( y + x * i )加上一个数，y <= x。

查询区间和

数据范围1e5，使用分块。

处理修改

分块的一大特点就是其已经确定的单次查询复杂度，那么我们可以顺藤摸瓜，以n^1/2为分界点推理操作。

对于x>=n^1/2，y + x * i 对应范围内位置不超过n^1/2个，可以暴力修改原数组。

对于x<n^1/2，范围内的修改位置过多，但是x是小于n^1/2的。

处理一个辅助数组pre[ i ][ j ]

令modify( x , y )为操作x，y，k加上的值k，那么pre[ i ][ j ]表示 modify（i ， 1）+modify（i，2）+...+modify(i，j)

我们修改这个东西，单次操作时间复杂度为n^1/2。

这个操作在处理询问的时候有用。

处理询问

对于一段询问区间l，r。

先查询其原本的数据和x>=n^1/2的修改，这部分已经经过完全修改，可以直接分块求和。

即对于整块加上整块和，散块暴力求和，时间复杂度n^1/2。

暴力求答案第一部分

if(lb==rb)
    for(int j=l;j<=r;j++)
        ans+=a[j],ans%=mod;
else{
    for(int j=l;j<=lb*len;j++)
        ans+=a[j],ans%=mod;
    for(int j=lb+1;j<=rb-1;j++)
        ans+=b_sum[j],ans%=mod;
    for(int j=(rb-1)*len+1;j<=r;j++)
        ans+=a[j],ans%=mod;  
}

再查询x<n^1/2的修改。

这时，发现之前求了一个pre[ i ][ j ]。

对于每个y<=x，我们可以求出对应修改（x，y）在l，r内修改的次数。

 

 

如图，我们可以发现，l总处于x*k+y1，r总处于x*( k + t )-y2。

k就是（l-1）/ x，k+t就是 r / x。

我们可以先求出x在一段长为x的区间内的修改总量，即为modify(x，1)+modify（x，2）+...+modify（x，x)，这东西我们之前求过，就是pre[ x ][ x ]

那么我们可以求出x在x*k~x*(k+t)内的修改总量，即为pre[ x ][ x ] * t 。

k是(l-1)/x+1，k+t是

这个修改值还需要减去modify（x，1）+modify（x，2）+...+modify（x，y1-1）和 modify（x，y2+1）+modify（x，y2+2）+...+modify（x，x）。

即pre[ x ][ y1 ]和pre[ x ][ x ]-pre[ x ][ y2 ]。

因为这些值都预处理过，所以直接调用，对一个x进行查询的时间复杂度是O(1)，x一共有大约n^1/2个。

这就是分块很有意思的一个地方！预处理和查询操作相互呼应，最终把单次查询时间复杂度拉到n^1/2。

求答案第二部分，x的修改值

for(int j=1;j<len;j++){
    lb=(l-1)/j+1,rb=(r-1)/j+1;
    if(lb==rb)
        ans-=pre[j][(l-1)%j],ans%=mod,ans+=pre[j][(r-1)%j+1],ans%=mod;
    else
        ans=(ans+1ll*(rb-lb+1)*pre[j][j]%mod-suf[j][(r-1)%j+2]-pre[j][(l-1)%j])%mod;
}

于是查这些修改值的时间是n^1/2。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int h=200010;
inline int read() {
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-') w= -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {
        s = s * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return s * w;
}
int mod=1e9+7;
int n,m;
int a[h];
int b_sum[h];
int len;
int pre[2010][2010];
int suf[2010][2010];
int get_pos(int x){
    return (x-1)/len+1;
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    len=120;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read(),b_sum[get_pos(i)]+=a[i]%mod,b_sum[get_pos(i)]%=mod;
    int op,x,y,z;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        op=read(),x=read(),y=read();
        if(op==1){
            z=read();
            if(x>=len)
                for(int j=y;j<=n;j+=x)
                    a[j]+=z,a[j]%=mod,b_sum[get_pos(j)]+=z,b_sum[get_pos(j)]%=mod;
            else{
                for(int j=y;j<=x;j++)
                    pre[x][j]+=z,pre[x][j]%=mod;
                for(int j=1;j<=y;j++)
                    suf[x][j]+=z,suf[x][j]%=mod;//这里的suf就是后缀和，suf[x][i]等价于pre[x][x]-pre[x][i-1]
            }                
        }
        else{
            int l=x,r=y,lb=get_pos(x),rb=get_pos(y);
            int ans=0;
            if(lb==rb)
                for(int j=l;j<=r;j++)
                    ans+=a[j],ans%=mod;
            else{
                for(int j=l;j<=lb*len;j++)
                    ans+=a[j],ans%=mod;
                for(int j=lb+1;j<=rb-1;j++)
                    ans+=b_sum[j],ans%=mod;
                for(int j=(rb-1)*len+1;j<=r;j++)
                    ans+=a[j],ans%=mod;
                
            }
            
            for(int j=1;j<len;j++){
                lb=(l-1)/j+1,rb=(r-1)/j+1;
                if(lb==rb)
                    ans-=pre[j][(l-1)%j],ans%=mod,ans+=pre[j][(r-1)%j+1],ans%=mod;
                else
                    ans=(ans+1ll*(rb-lb+1)*pre[j][j]%mod-suf[j][(r-1)%j+2]-pre[j][(l-1)%j])%mod;
            }
            printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
        }
    }
        
    return 0;
}

完整代码

总的时间复杂度是m*n^1/2，理论上正确。

因为常数因子过大，无法通过本题，进一步提速请看Ynoi2011初始化卡常优化。

 

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