分块-byx
Update：2025.5.25
树状数组是基于二进制划分与倍增的思想，线段树基于分治的思想。之所以能够高效修改和查询，就是把序列分成了大大小小的“段”，花费额外（增加空间，空间换时间）的代价对这些“段”管理的信息进行记录和更新，查询一个区间的信息，可以将这个区间分成几个已有的“段”结合，从而提高效率。
树状数组和线段树也有缺点，当需要维护一些不满足区间可加性、可减性信息时显得吃力，代码也不直观，需要深入理解并注意很多细节。
当维护的信息不满足区间合并性，例如区间众数，要提高效率，就需要对序列进行分块，分块的基本思想就是“大段维护，局部暴力”，预处理一些信息并保存起来，用空间换时间，分块更加通用、容易实现。
经典例题：
例1： 数列分块入门 1
题意：给出一个长为 $n(1 \le n\le 50000)$ 的数列，以及 $n$ 个操作，操作涉及区间加法，单点查值。
分析：可以利用树状数组和线段树在 $O(N\log{N})$ 的时间解决，现在我们使用分块解决本问题。
首先我们设块长为 $L$，那么块的个数就是 $t=\left \lceil n/L \right \rceil \approx n/L $ 。对于任意一个区间 $(l,r)$，区间内整段只需要对其 $lazy$ 标记数组修改，对于开头、结尾不足整段的部分进行朴素修改，单次区间修改复杂度可以表示为 $O(L+t)$，那么根据不等式的性质:
$$L+t=L+n/L \ge 2 \times \sqrt{L*(n/L)}=2\sqrt{n}$$
当 $L=n/L$ 时，不等式等号成立，即 $L=\sqrt{n}$ 。
$n$ 次修改复杂度为 $O(n\sqrt{n})$, 单点询问复杂度 $O(1)$.
参考代码：点击
例2： 数列分块入门 2
题意：给出一个长为 $n(1 \le n\le 50000)$ 的数列，以及 $n$ 个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值 $x$ 的元素个数。
分析：询问区间内小于 $x$ 的个数，如果不带修改，可以利用主席树解决，带上修改后，主席树维护起来也很困难，考虑使用分块。
分块后，可以将块内元素排序（不破坏原序列，使用辅助数组 或 vector），当询问时，整块内可以二分查找快速解决，开头和结尾部分朴素查询，那么单次询问复杂度就是 $O(L+t*\log{L})$ .
区间修改，对于整块，直接修改 $lazy$ 标记，开头和结尾部分朴素修改，然后重构辅助数组。
参考代码：点击
例3：P4168蒲公英
题意：给定一个长度为 $n$ 的序列， $m$ 次询问区间众数。$(1 \leq n \leq 40000,1 \leq m \leq 50000,1S,512M)$
本题是经典的在线求区间众数的问题(不修改，只询问,在线)。区间众数不具有“区间可加性”，用树状数组、线段树维护就很困难。可以用分块加上计数桶数组的思想解决。
定义 $s[i][j]$ 前 $i$ 块 $j$ 出现的次数,$f[i][j]$ 第i块到第j块的众数，提前预处理计算出这两个数组，时间复杂度$O(\sqrt{N}|a_i|+\sqrt{N}\times \sqrt{N} \times \sqrt{N})$,$|a_i|$ 表示 $a_i$ 的值域，离散化后就是 $N$
需要使用一个临时计数数组 $t[j]$ 记录 $j$ 出现的次数。为了清零，不要每次使用的时候都memset，使用完后，修改了那一段整队那一段清零。
询问$[l,r]$区间众数，如果 $p=l/len,q=r/len$( $p$,$q$ 表示所处的块编号)，第 $p+1$ 到 $q-1$ 块是整段包含的，众数就是 $f[i][j]$, 局部$[l，ed[p])$和$[st[q],r]$扫描每一个数，计算其出现的次数，保留出现次数最多的数就是答案，查询时间复杂度就是 $O(m \times ( \sqrt{N}+ \sqrt{N}))$
参考代码：点击
其他例题：
P3372 【模板】线段树 1
//分块实现区间修改、区间查询
//线段树模板-1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int T=1000;
int n,m,a[N],belong[N];
int t,len; //t块 =ceil(sqrt(t))
long long sum[T],add[T],st[T],ed[T];
//belong[i] 表示a[i] 处于第几块
//st[t]、ed[t] 表示第t快左端点、右端点 对应原数组下标
void init()
{
len=sqrt(n);
t=len;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
st[i]=(i-1)*len+1;
ed[i]=i*len;
}
if(ed[t]<n)
{
t++;
st[t]=ed[t-1]+1;
ed[t]=n;
}
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=st[i];j<=ed[i];j++)
{
belong[j]=i;
sum[i]+=a[j];
}
}
void modify(int l,int r,int d)
{
int p=belong[l],q=belong[r];
if(p==q)
{
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=d;
sum[p]+=(r-l+1)*d;
}
else
{
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=d;
for(int i=l;i<=ed[p];i++)a[i]+=d;
sum[p]+=(ed[p]-l+1)*d;
for(int i=st[q];i<=r;i++)a[i]+=d;
sum[q]+=(r-st[q]+1)*d;
}
}
long long query(int l,int r)
{
int p=belong[l],q=belong[r];
long long ret=0;
if(p==q)
{
for(int i=l;i<=r;i++)ret+=a[i];
ret+=(r-l+1)*add[p];
}
else
{
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)ret+=sum[i]+add[i]*(ed[i]-st[i]+1);
for(int i=l;i<=ed[p];i++)ret+=a[i];
ret+=add[p]*(ed[p]-l+1);
for(int i=st[q];i<=r;i++)ret+=a[i];
ret+=add[q]*(r-st[q]+1);
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
init();
while(m--)
{
int op,x,y,k;
scanf("%d",&op);
if(op==1)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
modify(x,y,k);
}
else
{
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%lld\n",query(x,y));
}
}
return 0;
}
P2801教主的魔法
题意：两种操作：
1.给区间$[l,r]$加一个数$c$;
2.查询区间$[l,r]$大于等于$c$的个数
分析：可以使用分块，每一块内排序，块内是有序的，可以利用二分查找，找的大于等于$c$的个数,但是又不能在原始序列上排序，否则修改的到块的内部，就没办法修改了，可以利用增加一个辅助数组，长度与原始数组相等，在辅助数组内进行排序。
假如分成$num$块,则块长度为$n/num$,块内直接暴力修改、查询，块整体修改，只需要在“增量数组”上修改就可以了，查询的时候在辅助有序数组上二分查找。q次修改、查询，时间复杂度就为：$O(q\sqrt{n} \log_{}{n})$
参考代码： 点击
本质就是区间第 $k$ 大问题,对于静态区间第 $k$ 大，使用可持久化线段树效率更高，具体可以参考 线段树2。
P4135作诗
题意：给定长度为 $n$ 的整数序列，$m$ 次询问区间 $[l,r]$ 中出现正偶数次的数的个数。($1 \leq n,m \leq 10^5,512M$)
预处理出：$s[i][j]$ 为前 $i$ 块中 $j$ 出现的次数，$f[i][j]$ 为第 $i$ 块到第 $j$ 块中出现偶数次的数的个数。
P5048 Ynoi2019 模拟赛 Yuno loves sqrt technology III
题意：给你一个长为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 次询问，每次查询一个区间的众数的出现次数，强制在线。($1 \leq n,m \leq 10^5,2S,62M$)
本题可以用蒲公英相同的思路解决。
其他分块练习题：
1.P5046 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology I
题意：给你一个长为 $n$ 的排列，$m$ 次询问，每次查询一个区间的逆序对数，强制在线。
2.P5047 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology II
题意：给你一个长为 $n$ 的序列 $a$，$m$ 次询问，每次查询一个区间的逆序对数。
P6774 [NOI2020] 时代的眼泪
区间正序对加强版，分块+容斥
[P1494 国家集训队]小Z的袜子](https://www.luogu.com.cn/problem/P1494)
题意：给定一个长度为 $N$ 的序列，多次询问 $[l,r]$ 任意抽中两个相同的数概率。
分析：直接利用分块，会T掉，可以利用莫队。
单点移动需要计算，区间 $[l,r]$ 总共的方法数为 $C_{r-l+1}^2$。
抽中相同的方法数为 $sum$，$col[x]$ 表示 $x$ 的个数。
当新增 $x$ ,抽中相同的方法数 $sum+=col[x]$,然后 $col[x]++$.
当删除 $x$ ,先$col[x]++$， 相同的方法数 $sum-=col[x]$.
参考代码 ：点击
浙公网安备 33010602011771号