CF1207F Remainder Problem

题意

给定一个初始值全部为 $0$，长度为 $5 \times 10^5$ 的数列，要支持单点加上某个数，以及查询 $y, y + x, y + 2 \cdot x, \cdots, y + k \cdot x$ 的数列的对应的值的和，直到 $y + k \cdot x > n$ 时停止。

解法

限时 $4$ 秒，考虑分块或线段树。但是分析后可得，线段树难以维护零散的点的和，而普通分块空间会爆。

那么我们还有一个方法：根号分治。这是一种类似分块的方法，他可以使得平均复杂度在 $O(n \sqrt{n})$ 以内，$n$ 是数列长度。

考虑设 $ans_{i,j}$ 表示询问输入的是 $i, j$ 时的答案，那么理论空间复杂度是 $O(n^2)$ 的，显然不行。我们注意到询问有一个特征，就是当 $y, x$ 都很小的时候暴力会很慢，而当 $y, x$ 很大时暴力可以接受。暴力的每次复杂度大约是 $O(\frac{n}{x})$ 级别的，所以我们只需要记录 $ans_{i,j}$，其中 $i, j \leq \sqrt{n}$，那么询问的时候，如果块内有答案，直接 $O(1)$ 输出，不然暴力的理论最坏复杂度还是 $O(\sqrt{n})$ 的，单点修改就没什么难度了，只需要从 $1$ 到 $\sqrt{n}$ 循环即可，也是 $O(\sqrt{n})$ 的。

所以总复杂度最坏是 $O(n \sqrt{n})$ 的，最坏的点约 $3$ 秒，稍微卡一下常数，可以通过。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;

const int l = 708, N = 5e5 + 5;

int n;
long long ans[l + 5][l + 5], a[N];

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	while (n--)
	{
		int opt, x, y;
		scanf("%lld%lld%lld", &opt, &x, &y);
		if (opt == 1ll)
		{
			a[x] += y;
			for (int i = 1; i <= l; i++)
			{
				ans[i][x % i] += y;
			}
		}
		else
		{
			if (x <= l) printf("%lld\n", ans[x][y]);
			else
			{
				long long res = 0;
				for (int i = y; i <= N - 5; i += x) res += a[i];
				printf("%lld\n", res);
			}
		}
	}
	return 0;
}