分块
我要陪你 走下去 一直到无边天际
感谢我们无数次交付彼此的勇气
——洛天依《珍珠》
分块
总结：多写，多练。
算法思想本身很简单，就看维护什么和怎么维护了。
如果不是一眼的分块，当遇到存在两个暴力和两个限制时间复杂度的东西，且两个暴力的复杂度正好互补的时候，可以考虑分块。
一个突破点是从散块入手。预处理整块的完整答案，在把散块中涉及到的整块的信息统计出来，这样只需要 \(O(\sqrt n)\) 的复杂度，避免了直接统计整块。
当然还有一个重要的思想，就是操作分块。
天依宝宝可爱！
LOJ 6277 | 数列分块
思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *900
先是 LOJ 上的数列分块入门 \(9\) 讲。
第一题，很简单的。
分为 \(B = \sqrt n\) 个块，每个块维护一个加法 tag，修改时要特判 \(l,r\) 在同一个块的情况。
简化的技巧是预处理每个 \(i\) 在哪个块与每个块的左右端点，这样在操作的时候会更好写一些。
天依宝宝可爱！
LOJ 6278
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1300
第二题，还是很简单的。
因为要求的是小于 \(k\) 的数字个数，显然不好用一个数组直接维护。
注意到静态求这个东西最简单的方法是排序 + 二分，所以考虑维护每个整块内的有序性，那么先对每个整块进行排序，然后对于操作：
-
修改操作：散块部分直接暴力修改，然后再对这个散块对应的整块重新排序，复杂度 \(O(B \log B)\)；对于整块部分，可以发现整体 \(+k\) 不影响相对大小，所以直接打个 tag 就可以了，复杂度 \(O(\frac n B)\)。
-
查询操作：散块部分依旧是暴力，复杂度 \(O(B)\)；整块部分因为已经是有序的了，所以直接二分即可，复杂度 \(O(\frac n B \log B)\)
所以总复杂度为 \(O(n (B \log B + \frac n B + B + \frac n B \log B)) = O(n \log B (B + \frac n B))\)，显然 \(B = \sqrt n\) 时最优。
注意该加上 tag 的时候要加上 tag。
天依宝宝可爱！
LOJ 6297
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1300
和上一题几乎完全一样的。
还是注意在该加 tag 的地方加 tag。
天依宝宝可爱！
LOJ 6280
思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *900
和第一题一样，只不过是区间修改罢了，简单。
注意不要把 i 和 bl[i] 写混。
天依宝宝可爱！
LOJ 6281
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400
注意到对于一个数开根衰减的很快，是 \(\log \log V\) 的复杂度，所以考虑当快内最大值不是 \(1\) 时暴力进行一次开根，因为 \(V = 2^{31} - 1\)，所以一个块最多开 \(6\) 次根。
关于块长，先分析复杂度，因为修改的复杂度类似于是均摊的，所以分析总复杂度。查询的总复杂度显然为 \(O(q \times (B + \frac n B))\)；修改的总复杂度为 \(O(q \log \log V \times B)\)（整块散块相同）。可以推出 \(B = \sqrt {n \log \log V}\) 时最优。
复杂度 \(O(q \sqrt {n \log \log V})\)。
天依宝宝可爱！
LOJ 6282
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400
单点插入，单点查询，看起来非常非常不好维护的操作。
不过考虑分块，类似 trie 查排名的操作，从前往后用 \(O(\frac n B)\) 的复杂度找到插入或查询的元素所在的块，然后用 \(O(B)\) 的复杂度在块内插入（可以用 vector::insert）。
但是可以发现，当一个块内堆了很多元素，可以达到 \(O(q)\) 量级的时候，复杂度会退化为 \(O(q^2)\)。
似乎不好解决。但考虑最简单最暴力（分块的核心就是一种暴力呐）的解决方案，直接重构整个序列的分块。
那么这时候就要选一个阈值 \(T\)，如果块长 \(\ge B + T\) 就重构。这时候操作的总复杂度即为 \(O(q \times (\frac n B + B + T))\)，重构复杂度为 \(O(n \times \frac q T)\)，可以计算出当 \(B = T = \sqrt n\) 是最优。
复杂度依然是 \(O(q \sqrt n)\)。
注意是 \(\ge B + T\) 而不是 \(\ge T\)。
天依宝宝可爱！
LOJ 6283
思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1000
和线段树 2 一样的，注意 tag 的维护顺序。
把单点查询写成区间查询 😃
天依宝宝可爱！
LOJ 6284
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400
是 ODT 模版题，但是这是分块的题单，所以要用分块做。
（后面会补 ODT 的qwq）
和 #5 有相似之处，因为整块推平之后就可以 \(O(1)\) 查询了，推平也是 \(O(1)\) 的。所以对于未推平的块用 map（实测 map < umap）统计，推平的直接打个 tag 即可。
在整块重置的时候，推平 tag 记得下传。
天依宝宝可爱！
LOJ 6285
思维难度：\(\color{#52C41A} 绿\) *1700
静态区间众数，双倍经验：P4168（那个被离散化艹飞的分块）
需要一点注意力，注意到如果要求 \([l,r+x]\) 的众数，那么它一定是 \([l,r]\) 的众数或者 \((r,r+x]\) 中的一个数。因为 \([l,r]\) 中的没有出现在 \((r,r+x]\) 中的数一定比不过 \([l,r]\) 的众数。
可以发现这个东西给了我们一点启示，就是可以用某种手段快速求出一个大块 \([l,r]\) 的众数 和 小块 \((r,r+x]\) 中的每个数在 \([l,r]\) 中的出现次数。
所以想到分块，分为 \(\frac n B\) 个块，因为是静态的，所以考虑预处理出每两个块之间的众数（包括 \(l_块 \sim r_块\) 之间所有的块），一共 \((\frac n B)^2\) 对；查询中的整块就解决了，小块单独算即可。
小块部分可以 map 或二分之类的 log 做法，但也可以预处理每个数出现次数的前缀，即 \(s_{i,j}\) 表示数 \(i\) 在块 \(1 \sim j\) 的出现次数。这样就可以做到每个数 \(O(1)\) 判断了。预处理众数部分也可以类似地操作，以每个块为左端点扫一遍就可以了。
天依宝宝可爱！
洛谷 P11527
思维难度：\(\color{#52C41A} 绿\) *1900
当有效操作的数量非常有限时，分块是一个很好的选择。
注意到当 \(a_i\) 的质因数足够丰富的时候，\(\gcd(i,a_i) = i\)，所以考虑记录每个 \(i\) 剩余的（即 \(a_i\) 没有的）因数，顺便可以维护 gcd。注意到 \(c_i\) 与 \(n\) 同阶，所以可以维护一个 tag \(f_{i,j}\) 表示块 \(i\) 内的第 \(j\) 个质因数是否还有剩余。
每次修改散块暴力，整块看看 \(k\) 的质因数在块 \(i\) 有没有剩余，如果有就直接重构，没有就打上乘法 tag。
关于查询，显然可以维护 \(nxt_i\) 表示 \(i\) 往后延伸到的第一个块外的位置，\(s_i\) 表示 \(i\) 在块内延伸到的所有数之和，显然后缀扫一遍就可以算出来。
复杂度：
- 修改
- 散块显然是 \(O(q \times B)\)。
- 整块直观感觉均摊是一只 log 的，不过实际上根据 这篇题解，是 ln ln 的，不过差别不大。复杂度 \(O(B \times n \ln \ln n)\)。
- 查询显然是 \(O(q \times \frac n B)\)。
所以 \(B = \sqrt {n \ln \ln n}\) 最优，不过不卡常，\(\sqrt n\) 也能过。
调了 3days 的死因：
- 数组开小。
- 散块操作的时候，\(f_{i,j}\) 应该在整个块判断，而不是只看被操作的部分（这个是真的【】，拿题解拍了好久才拍出来）。
天依宝宝可爱！
CF342E | 操作分块
思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1500
竟然可以对操作序列分块……
先看序列分块，就是把序列分成一块一块的之后，可以把修改和询问看成是在一个区间内的操作，这个区间可以分成两个散块和一些整块，且对这两部分都是好操作的。
但是操作分块，则是对时间轴进行分块，但核心思想和序列分块不同。将时间轴分块后，同一个块内的操作（修改 + 询问）可以一起进行，且对于之前的块的结果是好操作的。那么对于每个询问，只需要处理「同块内该询问之前的修改」与「之前所有块的操作」这两个东西即可。
有了这个思路，这个题就简单了。
考虑当前处理到了第 \(i\) 个块，对于块内的一个询问 \(q_j\)：
- 首先在 \(i\) 之前的块中的修改，显然可以在每个整块处理完之后进行一次多源 bfs 处理出每个点的最小答案。
- 对于在块 \(i\) 中的修改，可以直接求 \(j\) 和 \(j\) 之前每个修改点的 LCA 来得到。
有一个好玩的点，就是操作分块实际上是一个在线算法，因为虽然分块，但还是从前往后处理的，无论是块间还是块内。
复杂度：
- 整块：显然 \(O(n)\)。
- 散块：考虑一个块中的最多 \(B\) 个询问，每个都需要跟最多 \(B\) 个点求 LCA（假设复杂度是 \(\log n\) 的），那么复杂度为 \(O(B \cdot B \log n)\)。
所以总复杂度 \(O(n \cdot \frac m B + B^2 \log n \cdot \frac m B)\)，所以 \(B = \sqrt {n \log n}\) 时最优。
天依宝宝可爱！
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