0x44 分块
1. 介绍
分块的基本思想就是通过适当的划分，预处理一部分信息并保存下来，用空间换取时间。总之就是一种“优雅” 的暴力，遵循“大段维护，局部朴素”的思想。
2. 总结
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划分区块
t 为区块个数，len为区块长度，一般为n/t，有时候根据复杂度调整。
int t=sqrt(n); for(int i=1;i<=t;++i){ L[i]=(i-1)*sqrt(n)+1; R[i]=i*sqrt(n); } if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n; -
pos[]标记
有时侯和预处理写在一起
for(int i=1;i<=t;++i){ for(int j=L[i];j<=R[i];++j){ pos[j]=i; } } -
查询
int query(int l,int r){ int p=pos[l],q=pos[r]; if(p==q){ //l,r在一个块内，一般局部朴素 } else{ //l,r不在一个块内， 那就对p+1~q-1块维护，l~R[p],L[q]~r段朴素处理 } } -
修改
有的题有修改操作，就和处理查询一样。
3. 习题
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- 这道题可以作为一道模板题。理解分块的过程。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MA=1e5+5; int n,m,x,y,t; ll add[MA],sum[MA]; int a[MA],pos[MA],L[MA],R[MA]; ll d; void Change(int l,int r,ll val){ int p=pos[l],q=pos[r]; if(p==q){ //l,r在一个块里面，朴素修改 for(int i=l;i<=r;++i) a[i]+=val; sum[p]+=val*(r-l+1); } else{ for(int i=p+1;i<=q-1;++i) add[i]+=val; //给p+1到q-1块打标记 for(int i=l;i<=R[p];++i) a[i]+=val; //处理最左端不满一块的区域 sum[p]+=val*(R[p]-l+1); for(int i=L[q];i<=r;++i) a[i]+=val; //处理最右端不满一块的区域 sum[q]+=val*(r-L[q]+1); } } ll query(int l,int r){ int p=pos[l],q=pos[r]; ll ans=0; if(p==q){ for(int i=l;i<=r;++i) ans+=a[i]; ans+=add[p]*(r-l+1); } else{ for(int i=p+1;i<=q-1;++i) ans+=sum[i]+add[i]*(R[i]-L[i]+1); for(int i=l;i<=R[p];++i) ans+=a[i]; ans+=add[p]*(R[p]-l+1); for(int i=L[q];i<=r;++i) ans+=a[i]; ans+=add[q]*(r-L[q]+1); } return ans; } int main() { //输入 memset(add,0,sizeof(add)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); //分块，确定各个分块左右端点 t=sqrt(n); for(int i=1;i<=t;++i){ L[i]=(i-1)*sqrt(n)+1; R[i]=i*sqrt(n); } if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n; for(int i=1;i<=t;++i){ //预处理sum[]， pos[] for(int j=L[i];j<=R[i];++j){ sum[i]+=a[j]; pos[j]=i; } } //指令处理 while(m--){ char op[5]; scanf("%s",&op); if(op[0]=='C'){ scanf("%d %d %lld",&x,&y,&d); Change(x,y,d); } else if(op[0]=='Q'){ scanf("%d%d",&x,&y); printf("%lld ",query(x,y)); } } return 0; } -
- 在线求区间众数
- 用vector保存每个数出现的位置，在预处理时，对处理区间每个数，在对应存位置向量中二分查找区间边界l和r的下标位置，作差就是这个值在区间中的出现次数。然后用这个次数更新答案。
- 预处理任意2个块的答案，为什么要预处理任意2区块之间的答案呢?,这是由于区间众数不具有“区间可加性”,为了减少复杂度，所以要先预处理
- “大段维护，小段朴素”
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MA=4e4+5; int a[MA],b[MA],c[MA],pos[MA],L[MA],R[MA],f[805][805]; //c:用来计数，pos：标记所属块，L/R:块边界，f:任意区间答案 vector<int> e[MA]; int find(int x,int l,int r){ //确定数字x在l,r区间中的个数 return upper_bound(e[x].begin(),e[x].end(),r) - lower_bound(e[x].begin(),e[x].end(),l); } void work(int x,int l,int r,int &cnt,int &ans){ int w=find(x,l,r); //w记录x在l,r中的个数 if(w>cnt||(w==cnt&&x<ans)){ //更新答案 cnt=w; ans=x; } } int query(int l,int r){ int p=pos[l],q=pos[r]; int ans=0,cnt=0; if(p==q){ ////小段：朴素查询l,r之间的每个值 for(int i=l;i<=r;++i) work(a[i],l,r,cnt,ans); return b[ans]; } int x=0,y=0; if(p+1<=q-1){ x=p+1; y=q-1; } for(int i=l;i<=R[p];++i) work(a[i],l,r,cnt,ans); for(int i=L[q];i<=r;++i) work(a[i],l,r,cnt,ans); if(f[x][y]) work(f[x][y],l,r,cnt,ans); return b[ans]; } int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); memcpy(b,a,sizeof(b)); sort(b+1,b+n+1); int tot=unique(b+1,b+n+1)-(b+1); for(int i=1;i<=n;++i){ a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i]) - b; e[a[i]].push_back(i); } int t=sqrt(log(n)/log(2)*n); int len=t?n/t:n; for(int i=1;i<=t;++i){ L[i]=(i-1)*len+1; R[i]=i*len; } if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n; for(int i=1;i<=t;++i) for(int j=L[i];j<=R[i];++j) pos[j]=i; for(int i=1;i<=t;++i){ memset(c,0,sizeof(c)); int ans=0,cnt=0; for(int j=L[i];j<=n;++j){ if(++c[a[j]]>cnt||(c[a[j]]==cnt&&a[j]<ans)){ cnt=c[a[j]]; ans=a[j]; } f[i][pos[j]]=ans; } } int x=0; while(m--){ int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); l=(l+x-1)%n+1; r=(r+x-1)%n+1; if(l>r) swap(l,r); x=query(l,r); printf("%d ",x); } return 0; } -
- 一开始没有头绪，就想暴力算法，(O(n^{2})) 复杂度，既然分块是优雅的暴力，那应该可以利用分块降低复杂度。
- 将所有点按到 ((x0,y0)) 的距离的平方大小排序，这一就将所有点由二维压缩到一维坐标上。然后就可以将它们分块了。
- 分成 (sqrt n) 块 ，每一块内部再按照质量大小排序，这一步写在预处理里面。
我们用一个队列存到手的磁石(感觉这类题，一个点可以得到其他一些点的题用队列很方便模拟)。遍历所有分块，如果这个分块最大的距离dis[i]大于当前处理的点 now 的磁力半径。(因为按距离从小到大排序) 那么之后的分块就都不用考虑，只需要把当前分块处理一下，就跳出。否则，将整个分块都处理一下。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MA=2e6+5; struct node { ll m,d,r,p; }a[MA]; int pos[MA],L[MA],R[MA],vis[MA],l,r,n; ll dis[MA],x,y; queue<int> q; int x0,y_0; bool cmp_m(const node &a,const node &b) {return a.m<b.m;} bool cmp_d(const node &a,const node &b) {return a.d<b.d;} int main() { scanf("%d%d%lld%lld%d",&x0,&y_0,&a[0].p,&a[0].r,&n); a[0].r*=a[0].r; for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a[i].m,&a[i].p,&a[i].r); a[i].r*=a[i].r; a[i].d=(x0-x)*(x0-x)+(y_0-y)*(y_0-y); } sort(a+1,a+n+1,cmp_d); int t=sqrt(n); for(int i=1;i<=t;++i){ L[i]=(i-1)*sqrt(n)+1; R[i]=i*sqrt(n); dis[i]=a[R[i]].d; sort(a+L[i],a+R[i]+1,cmp_m); } if(R[t]<n){ t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n; dis[t]=a[R[t]].d; sort(a+L[t],a+R[t]+1,cmp_m); } q.push(0); vis[0]=1; int ans=0; while(q.size()){ int now=q.front(); q.pop(); for(int i=1;i<=t;++i){ if(dis[i]>a[now].r){ for(int j=L[i];j<=R[i];++j){ if(!vis[j] && a[j].m<=a[now].p && a[j].d<=a[now].r){ q.push(j); //cout<<j<<endl; vis[j]=1; ans++; } } break; } while(L[i]<=R[i]&&a[L[i]].m<=a[now].p){ if(!vis[L[i]]){ q.push(L[i]); //cout<<L[i]<<endl; ans++; } ++L[i]; } } } printf("%d ",ans); return 0; }