分块专题
分块专题
Problem A. \(O(\sqrt{n})-O(1)\) 区间加，区间求和
维护每个块内元素总和 \(S_i\)，以及每个元素至其所在块的左端点/右端点的区间内元素和 \(ls_i,rs_i\)。
修改时，整块打 tag，散块暴力，每次对整块重新维护前缀和，复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)；
查询时，整块和散块都能做到 \(O(1)\) 查询。
Problem B. \(O(1)-O(\sqrt{n})\) 区间加，区间求和
修改时，整块在左右两个块上打两个差分标记，散块在块内打差分标记并维护每块的和，复杂度 \(O(1)\)；
查询时，把所有整块和两个散块扫一遍，计算差分标记的影响并清除差分标记，计算答案，复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。
Problem C. \(O(\sqrt{n})-O(1)\) 单点插入，求全局第 \(k\) 大，值域线性
对值域分块，转化为问题 A。
Problem D. \(O(\sqrt{n})-O(1)\) 单点插入，求全局第 \(k\) 大，值域较大
我们对已经插入进来的数字的集合 \(S\) 分块，从小到大每 \(\sqrt{n}\) 个元素为一块。
这种分块方式已经可以做到 \(O(1)\) 查询。
插入 \(v\) 时，找到 \(v\) 应在的块，将其插入。若这个块的大小大于了 \(\sqrt{n}\)，那么就把最后一个元素扔进下一个块，然后再对下一个块重复上述过程。复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。
Problem E. P2801 教主的魔法
区间加，区间查询 \(\geq C\) 的数。 \(n\leq 10^6,Q\leq 3000,C\leq 10^9\)。
对序列分块，设每块大小为 \(B\)。
我们对每一块内的元素分别从小到大排序，查询时二分即可。
修改时，整块打 tag，散块重构，\(O(\frac n B+B\log n)\)；
查询时，散块暴力，整块二分，\(O(B+\frac n B \log n)\)。
取 \(B=\sqrt{n}\)，总复杂度 \(O(Q\sqrt{n}\log n)\)，已经可以通过。
但可以做到更优。对散块修改时，我们把被修改的一部分按照从小到大的顺序拿出来，和剩下的部分进行一次归并可以做到 \(O(B+\frac n B)\)。
此时应取 \(B=\sqrt{n\log n}\)，总时间复杂度 \(O(Q\sqrt{n\log n})\)。
实际上可以继续将查询优化到线性，我还不会
int n,QQ,a[N];
int C,B,L[M],R[M],bl[N],b[N],tag[M];
bool Cmp1(int x,int y){
return a[x]<a[y];
}
int c[N],d[N],f[N],P,Q;
void Spread(int x){
for(int i=L[x];i<=R[x];i++) a[i]+=tag[x];
tag[x]=0;
}
void Merge(){
int p=0,i=1,j=1;
while(i<=P&&j<=Q){
if(a[c[i]]<a[d[j]]) f[++p]=c[i++];
else f[++p]=d[j++];
}
while(i<=P) f[++p]=c[i++];
while(j<=Q) f[++p]=d[j++];
}
void ReBuild(int x,int l,int r,int v){
Spread(x); P=Q=0;
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=v;
for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
if(l<=b[i]&&b[i]<=r) c[++P]=b[i];
else d[++Q]=b[i];
}
Merge();
for(int i=1;i<=P+Q;i++) b[i+L[x]-1]=f[i];
return;
}
void Update(int l,int r,int v){
int p=bl[l],q=bl[r];
if(p==q) return ReBuild(p,l,r,v);
for(int i=p+1;i<=q-1;i++) tag[i]+=v;
ReBuild(p,l,R[p],v);
ReBuild(q,L[q],r,v);
}
int Ask(int l,int r,int v){
int p=bl[l],q=bl[r],res=0;
if(p==q){
for(int i=l;i<=r;i++)
res+=a[i]+tag[p]>=v;
return res;
}
for(int i=p+1;i<=q-1;i++){
int pl=L[i],pr=R[i],pos=-1;
while(pl<=pr){
int mid=(pl+pr)>>1;
if(a[b[mid]]+tag[i]>=v) pos=mid,pr=mid-1;
else pl=mid+1;
}
if(pos!=-1) res+=R[i]-pos+1;
}
for(int i=l;i<=R[p];i++) res+=(a[i]+tag[p]>=v);
for(int i=L[q];i<=r;i++) res+=(a[i]+tag[q]>=v);
return res;
}
signed main(){
read(n),read(QQ);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),b[i]=i;
B=sqrt(n*log2(n));
for(int i=1;i<=n;i+=B){
C++; L[C]=i,R[C]=min(n,i+B-1);
for(int j=L[C];j<=R[C];j++) bl[j]=C;
sort(b+L[C],b+R[C]+1,Cmp1);
}
for(int i=1;i<=QQ;i++){
char op[5]; scanf("%s",op);
if(op[0]=='M'){
int l,r,w;
read(l),read(r),read(w);
Update(l,r,w);
}
else{
int l,r,w;
read(l),read(r),read(w);
printf("%d\n",Ask(l,r,w));
}
}
return 0;
}
Problem F. P5356 由乃打扑克
区间加，区间第 \(k\) 大。\(n,Q\leq 10^5\)，值域 \([-2\times 10^9,2\times 10^9]\)。
设块长为 \(B\)。
在每块内将元素从小到大排序。查询时，先二分第 \(k\) 大的值 \(v\)，然后再查询区间内有多少元素 \(\leq v\)，\(O((B+\frac n B\log n)\log V)\)。
修改时，与 Problem E 类似，\(O(B+\frac n B)\)。
取 \(B=\sqrt{n\log n}\)，总复杂度 \(O(Q\sqrt{n\log n}\log V)\)，无法通过。
考虑查询时将散块内涉及到的元素拿出来作为整块处理，复杂度降为 \(O(\frac n B \log n\log V+B)\)。
取 \(B=\sqrt{n \log n\log V}\)，做到了 \(O(Q\sqrt{n\log n\log V})\) 的总复杂度。
但由于两边常数的差异，\(B\) 取 \(700\) 左右最优。
int n,Q,a[N],b[N];
int B,C,L[M],R[M],bl[N],tag[M];
int c[N],d[N],f[N],tc,td;
void Spread(int p){
for(int i=L[p];i<=R[p];i++) a[i]+=tag[p];
tag[p]=0;
}
void Rebuild(int p,int l,int r,int v){
Spread(p); tc=td=0;
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=v;
for(int i=L[p];i<=R[p];i++){
if(l<=b[i]&&b[i]<=r) c[++tc]=b[i];
else d[++td]=b[i];
}
int x=0,i=1,j=1;
while(i<=tc&&j<=td){
if(a[c[i]]<a[d[j]]) f[++x]=c[i++];
else f[++x]=d[j++];
}
while(i<=tc) f[++x]=c[i++];
while(j<=td) f[++x]=d[j++];
for(i=L[p];i<=R[p];i++) b[i]=f[i-L[p]+1];
}
bool Cmp(int x,int y){
return a[x]<a[y];
}
void Update(int l,int r,int v){
int p=bl[l],q=bl[r];
if(p==q) return Rebuild(p,l,r,v);
for(int i=p+1;i<=q-1;i++) tag[i]+=v;
Rebuild(p,l,R[p],v),Rebuild(q,L[q],r,v);
}
int sl[N],sr[N],cl,cr;
int AskPos(int c[],int m,int k){
int pl=1,pr=m,res=0;
while(pl<=pr){
int mid=(pl+pr)>>1;
if(a[c[mid]]<=k) res=mid,pl=mid+1;
else pr=mid-1;
}
return res;
}
int AskCnt(int p,int q,int v){
int res=AskPos(sl,cl,v-tag[p])+AskPos(sr,cr,v-tag[q]);
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)
res+=AskPos(b+L[i]-1,R[i]-L[i]+1,v-tag[i]);
return res;
}
int AskVal(int l,int r,int w){
if(r-l+1<w||w<1) return -1;
int p=bl[l],q=bl[r]; cl=cr=0;
if(p==q){
for(int i=L[p];i<=R[p];i++)
if(l<=b[i]&&b[i]<=r) sl[++cl]=b[i];
return a[sl[w]]+tag[p];
}
for(int i=L[p];i<=R[p];i++)
if(b[i]>=l) sl[++cl]=b[i];
for(int i=L[q];i<=R[q];i++)
if(b[i]<=r) sr[++cr]=b[i];
int vl=INT_MAX,vr=INT_MIN,res=0;
Ckmin(vl,a[sl[1]]+tag[p]),Ckmin(vl,a[sr[1]]+tag[q]);
Ckmax(vr,a[sl[cl]]+tag[p]),Ckmax(vr,a[sr[cr]]+tag[q]);
for(int i=p+1;i<=q-1;i++){
Ckmin(vl,a[b[L[i]]]+tag[i]);
Ckmax(vr,a[b[R[i]]]+tag[i]);
}
while(vl<=vr){
int mid=(1ll*vl+1ll*vr)>>1;
if(AskCnt(p,q,mid)>=w) res=mid,vr=mid-1;
else vl=mid+1;
}
return res;
}
signed main(){
read(n),read(Q);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),b[i]=i;
B=700;
for(int i=1;i<=n;i+=B){
C++; L[C]=i,R[C]=min(n,i+B-1);
for(int j=L[C];j<=R[C];j++) bl[j]=C;
sort(b+L[C],b+R[C]+1,Cmp);
}
while(Q--){
int op,l,r,w;
read(op),read(l),read(r),read(w);
if(op==2) Update(l,r,w);
else printf("%d\n",AskVal(l,r,w));
}
return 0;
}
Problem G. P3863 序列
区间加，查询一个位置之前有多少个时刻的值 \(\geq k\)。\(n,Q\leq 10^5\)。
转化为二维平面上的问题，序列轴为 \(x\) 轴，时间轴为 \(y\) 轴。
区间加对应着平面上 3-Side 矩形加，查询对应着一条平行于 \(y\) 轴的线段上有多少 \(\geq k\) 的元素。
考虑扫描线，用一条平行于 \(y\) 轴的线从左往右扫，分块维护直线上扫到的位置的值。
于是转化为区间加、区间 \(\geq k\) 个数问题，转化为 Problem E，\(O(n\sqrt{n\log n})\)。
int n,m,k;
ll a[N];
struct Points{
int x,y,id,v;
bool operator<(const Points& tmp)const{
if(x!=tmp.x) return x<tmp.x;
else if(y!=tmp.y) return y<tmp.y;
else return id<tmp.id;
}
}c[N*6];
int B,C,L[N],R[N],bl[N],b[N],ans[N],op[N];
ll tag[N];
int f[N],g[N],h[N],cf,cg,ch;
void Spread(int p){
for(int i=L[p];i<=R[p];i++) a[i]+=tag[p];
tag[p]=0;
}
void Rebuild(int p,int l,int r,int v){
Spread(p);
cf=cg=ch=0;
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=v;
for(int i=L[p];i<=R[p];i++){
if(l<=b[i]&&b[i]<=r) f[++cf]=b[i];
else g[++cg]=b[i];
}
int i=1,j=1;
while(i<=cf&&j<=cg){
if(a[f[i]]<a[g[j]]) h[++ch]=f[i++];
else h[++ch]=g[j++];
}
while(i<=cf) h[++ch]=f[i++];
while(j<=cg) h[++ch]=g[j++];
for(i=L[p];i<=R[p];i++) b[i]=h[i-L[p]+1];
}
void Update(int x,int v){
int p=bl[x];
if(p==C) return Rebuild(p,x,m,v);
for(int i=p+1;i<=C;i++) tag[i]+=v;
Rebuild(p,x,R[p],v);
}
int Ask(int x,int v){
int p=bl[x],res=0;
if(p==1){
for(int i=0;i<=x;i++)
res+=(a[i]+tag[p]>=v);
return res;
}
for(int i=1;i<p;i++){
int l=L[i],r=R[i],pos=-1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(a[b[mid]]+tag[i]>=v) r=mid-1,pos=mid;
else l=mid+1;
}
if(pos!=-1) res+=R[i]-pos+1;
}
for(int i=L[p];i<=x;i++) res+=(a[i]+tag[p]>=v);
return res;
}
signed main(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x; read(x);
c[++k]={i,0,0,x};
c[++k]={i+1,0,0,-x};
}
for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=i;
B=sqrt(m*log2(m));
for(int i=0;i<=m;i+=B){
C++; L[C]=i,R[C]=min(m,i+B-1);
for(int j=L[C];j<=R[C];j++) bl[j]=C;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
read(op[i]);
if(op[i]==1){
int l,r,x;
read(l),read(r),read(x);
//{x,y,id,v}
c[++k]={l,i,0,x};
c[++k]={r+1,i,0,-x};
}
else{
int x,y; read(x),read(y);
c[++k]={x,i-1,i,y};
}
}
sort(c+1,c+k+1);
for(int i=1;i<=k;i++){
if(c[i].id==0) Update(c[i].y,c[i].v);
else ans[c[i].id]=Ask(c[i].y,c[i].v);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(op[i]==2) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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