分块--解决区间问题

什么时候用分块?

当你发现正常数据结构无法解决的时候(比如维度特别多，很不方便或者炸空间)，或者复杂到要3个 $log$ 以上才能解决时。(主要还是得看数据范围，分块的做法一般都是 $O(\sqrt{n})$ 及以上的

如何分块?

定一个块长 $B$ ,整个序列就会被分成 $\floor{n/B}$ 块,对于末尾的不完整的块,可以直接暴力修改查询

对于一个区间,会分解成两个不完整的块和中间的一些完整的块,那么我们就可以暴力不完整的块,对于完整的块我们只需要打个标记就可以了

例题:
P2801 教主的魔法 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int a[N],e[N],be[N];
int L[N],R[N],tag[N];
void make(int x){ //对块进行操作,每个块都排序,那么我们在查询的时候就可以直接二分出最接近c的数,然后O(1)求出答案
    for(int i=L[x];i<=R[x];i++) e[i]=a[i]; //由于a还在修改的时候有用,所以我们要另开一个数组
    sort(e+L[x],e+R[x]+1);
}
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int n,q; cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int len=sqrt(n),tot=(n+len-1)/len; //定义块长,分块
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        L[i]=(i-1)*len+1,R[i]=min(n,i*len); //求出每个块的左端点和右端点
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++) be[j]=i; //be是belong,序列中的下标映射到块的下标
        make(i);
    }
    while(q--){
        char check; cin>>check;
        if(check=='M'){
            int l,r,w; cin>>l>>r>>w;
            if(be[l]==be[r]){ //如果在同一个块,直接暴力
                for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=w;
                make(be[l]); //修改完之后要更新
            }
            else{
                for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) a[i]+=w; //两个不完整的块,暴力
                for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) a[i]+=w;
                make(be[l]),make(be[r]);
                for(int i=be[l]+1;i<=be[r]-1;i++) tag[i]+=w;//完整的块,标记
            }
        }
        else{ 
            int cnt=0,l,r,c; cin>>l>>r>>c;
            if(be[l]==be[r])
                for(int i=l;i<=r;i++) cnt+=(a[i]+tag[be[i]]>=c);
            else{
                for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) cnt+=(a[i]+tag[be[i]]>=c);
                for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) cnt+=(a[i]+tag[be[i]]>=c);
                for(int i=be[l]+1;i<=be[r]-1;i++)
                    cnt+=e+1+R[i]-lower_bound(e+L[i],e+R[i]+1,c-tag[i]);
            }
            cout<<cnt<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

Farmer John's Favorite Function - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

由于从 $k$ 这个位置开始,向后推的话,会发现,当我们推到 $k+6$ 的时候基本上 $a_k$ 的修改的贡献就小于 $1$ 了,也就是说,对于每个修改的 $a_k$,他的影响范围最多到 $k+6$,可以把值设为 2e9 自己推一下就可以推出来,所以我们的块长至少是 $6$,但是考虑保险设为 $10$ 也一定不错,此时对于每一次查询,我们直接修改 $a_k$ 所在的块,并且记录贡献,由于贡献是递减的,有可能在区间中的某个点之前他的贡献是 $e_k+1$,所以我们要倒着推,我们设这个区分点为 $f_i$,从前向后推,如果说存在 $f_j >= 2e9$ 那么就无解,因为我们的数最大不超过 2e9,对于最后一块区间,我们直接暴力修改即可

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7,inf=2e9;
int n,q,tot;
int a[N],be[N],L[N],R[N],f[N],e[N];
int sqrtt(int x){
    int x_=sqrtl(x);
    while(x_*x_>x) x_--;
    while((x_+1)*(x_+1)<=x) x_++;
    return x_;
}
void make(int x){ //开方,由于考虑浮点数影响,可以求稳更新一下sqrt(x)
    if(x==tot) return;
    e[x]=0; 
    for(int i=L[x];i<=R[x];i++) e[x]=sqrtt(a[i]+e[x]);
    f[x]=e[x]+1;
    for(int i=R[x];i>=L[x]&&f[x]!=inf;i--) f[x]=min(inf,f[x]*f[x]-a[i]);
}
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int len=max((int)10,(int)sqrt(n));
    tot=(n+len-1)/len;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        L[i]=(i-1)*len+1,R[i]=min(n,i*len);
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++) be[j]=i;
        make(i);    
    }
    while(q--){
        int k,x; cin>>k>>x;
        a[k]=x,make(be[k]);
        int res=0;
        for(int i=1;i<=tot-1;i++) res=e[i]+(res>=f[i]);
        for(int i=L[tot];i<=n;i++) res=sqrtt(res+a[i]);
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}