分块
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算法训练营第二章
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名称：分块。
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本质：优化后的暴力。
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一些abstract：
设sn = 根号n。
树状数组和线段树维护的信息必须满足信息合并特性，即对于区间来说，分成两个区间分别操作和单独对一个区间的操作是一样的。不满足这个特性，则不能使用树状数组和线段树。
分块几乎可以解决所有区间更新和区间查询问题，但是效率差一些。分块算法就是把所有数据分成若干块，维护块内信息，使得块内查询为O(1)时间，总查询为O(sn)。
设数据是连续的n个，通常我们将数据分成sn块，前面的块大小都是sn，最后一块可能不足这个值，也无所谓。pos[i]表示位置i所属的块号。对每个块都进行信息维护（暴力/懒标记）（懒标记用来存整个区间都进行的操作，只有不是整个区间的操作时才处理懒标记），分块可以解决如下问题：
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单点更新：所属区间懒标记下传，暴力更新，复杂度O(sn)。
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区间更新：对于待修区间横跨的整个块，打上懒标记即可，显然只有两侧的块可能打不了，则下传二者懒标记，再暴力修改覆盖部分的值。因为整个块的数量不超过sn，并且暴力修改的部分的长度小于2sn，下传懒标记也是暴力改，所以下传的操作数小于2sn，下传完再直接修改不完整的部分，操作数也小于2sn，所以总共要进行的操作小于5sn，复杂度O(sn)。
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区间查询：和区间更新类似，也是整个块的用块存储的信息统计答案，两端不完整的块就暴力扫描，时间复杂度同上，为O(sn)。
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操作：
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预处理：将序列分块，每个块都标记左右端点的下标，存到L[i]，R[i]中，对最后一个块，要单独赋值它的R[i]。分块结果如下：
![]()
R[4] = n = 10
int t = (int)(sqrt(n * 1.0)), num = n / t;
if (n % num) num++; // 一共n个，分成了num块，每一个块大小为t
for (int i = 1; i <= num; i++) {
L[i] = (i-1)*t + 1; // 第i块的起点
R[i] = i * t; // 第i块的终点
}
R[num] = n; // 最后一块越界了，需要改回来这里以维护区间和为例：
// sum[i]表示第i块的和，a存原始数据，pos[i]表示第i个数据属于pos[i]块
for (int i = 1; i <= num; i++) {
for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++) {
pos[j] = i;
sum[i] += a[j];
}
} -
区间更新：比如将区间[l, r]区间的元素都加d（假设r不小于l）。
先求出l和r所属的块：
int p = pos[l], q = pos[r];分类讨论：如果同属一块，则直接暴力修改：（这里因为只有加，懒标记只有一种，所以不用先下放懒标记，不然先后顺序需要注意一下，比如有一个乘法的懒标记，再进行加操作，就得先下放乘法的懒标记，再执行这次的加法）
if (p == q) {
for (int i = l; i<= r; i++) {
a[i] += d;
}
sum[p] += 1ll * (r - l + 1);
}不属于同一块，则对中间完全覆盖的块打上懒标记，暴力修改不完整的两个小块：
else {
add[i] += d;
for (int i = p + 1; i <= q - 1; i++) {
add[i] += d; // 对中间完全覆盖的块打上懒标记
}
// 暴力修改不完整的两个小块
for (int i = l; i <= R[p]; i++) {
a[i] += d;
}
sum[p] += 1ll * d * (R[p] - l + 1);
for (int i = L[q]; i <= r; i++) {
a[i] += d;
}
sum[q] += 1ll * d * (r - L[q] + 1);
} -
区间查询：查询[l, r]区间的元素和。
先求出l和r所属的块：
int p = pos[l], q = pos[r];
long long ans = 0;分类讨论：如果同属一块，则直接暴力累加，再加上懒标记上的值。
if (p == q) {
for (int i = l; i<= r; i++) {
ans += a[i];
}
ans += 1ll * add[p] * (r - l + 1);
}不属于同一块，则对中间完全覆盖的块打上懒标记，暴力修改不完整的两个小块：
else {
for (int i = p + 1; i <= q - 1; i++) {
ans += sum[i] + 1ll * add[i] * (R[i] - L[i] + 1); // 对中间完全覆盖的块打上懒标记
}
// 暴力修改不完整的两个小块
for (int i = l; i <= R[p]; i++) {
ans += a[i];
}
ans += 1ll * add[p] * (R[p] - l + 1);
for (int i = L[q]; i <= r; i++) {
ans += a[i];
}
sum[q] += 1ll * add[q] * (r - L[q] + 1);
}
printf("%lld", ans);
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例题：
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（HDU5057）给出一个数组，有两个操作：
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单点修改某个位置的值
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区间查询[l, r]，指出这个区间中从低往高数第p位为q的个数是多少
给n个数，m个操作（都是十万级别）。对于每个查询，给出答案。
考虑分块，先预处理最开始的每个区间的每个位的不同的值的数量，这个复杂度是O(10nlog(int))级别的。
对于查询操作，只需要O(sn)级别。
对于修改操作，暴力修改即可，是O(1)级别。
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