写这篇博文呢，主要还是为了准备集训队员交流，毕竟分块是我最喜欢的数据结构，所以我就试着写了一篇博文。
基本介绍：
分块是维护较为复杂的信息的，尤其是不满足区间可加性可减性的信息的重要工具。如果运用树状数组或线段树，代码也非常的麻烦和不直观，Debug 可以 Debug 一天。而分块是以一种“暴力”的思想来维护信息的，所以非常直观和好理解。其基本思想就是通过把序列划分为多个小块（块长一般为 (sqrt n) ）并预处理出一部分信息保存下来，从而达到维护信息的一种数据结构。分块直观，通用，容易理解和实现。接下来我将以几道例题来谈谈分块。
[Example 1] A Simple Problem with Integers
给定长度为 (N(Nle 10^5)) 的数列 (A) ， 然后输入 (Q(Qle 10^5)) 行指令。
第一类指令形如 C l r d ，表示把数列中第 (lsim r) 个数都加 (d).
第二类指令形如 Q l r ，表示询问数列中第 (lsim r) 个数的和.
固然，这道题可以使用树状数组或线段树在 (O((n+m)log n)) 的时间复杂度内解决此问题，但是我们现在使用分块来求解。
我们考虑把数列 (A) 分解成 (N) 个长度为 (lfloor sqrt N floor) 的段，其中第 (i) 段左端点为 ((i-1)lfloor sqrt N floor + 1) ，右端点为 (min(ilfloor sqrt N floor,N)) ，如图所示（大约很丑）。
像这样，我们把一个数列分成了 (sqrt n) 段。
我们可以预处理出每段的数字之和，存在数组 (sum) 里面，其中 (sum_i) 便是第 (i) 段的区间和，最后另外开一个 (add) 数组，然后设 (add_i) 为这个块上还要加的数，起初 (add_i=0) 。
我们分别进行处理：
- 区间加指令。
-
如果 (l) 和 (r) 在同一块 (i) 里面，暴力修改，把 (A_l,A_{l+1}···A_r) 都加 (d) 的同时 (sum_i+=d(r-l+1)) 。
-
要不然就让 (l) 在第 (lb) （Left Block）段，让 (r) 在第 (rb) （Right Block）段。首先对于 (i in [lb+1,rb-1]) ，使 (add_i+=d) 。然后两端朴素更新。
- 区间查询指令。
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如果 (l) 和 (r) 在同一块 (i) 里面，暴力查询，答案是 (sumlimits^{r}_{i=l}a_i+add_i(r-l+1)) 。
-
要不然就让 (l) 在第 (lb) （Left Block）段，让 (r) 在第 (rb) （Right Block）段。首先对于 (i in [lb+1,rb-1]) ，使 (ans+=sum_i+add_i imes len_i) （(len_i) 表示第 (i) 块的块长）。然后两端朴素查询。
这就是分块算法的基础——对 (add) 数组的使用。以后可能会用更多的数组来维护一个分块，我们统称其为“大分块”。不过目前的阶段没有必要碰这个毒瘤的玩意。
因为段数和块长都是 (sqrt n) ，所以整个算法的时间复杂度为 (O((n+m)sqrt n)) 。
typedef long long ll;
ll a[100010], sum[20010], add[20010];
int L[20010], R[20010]; //左右端点
int pos[100010]; //每个位置属于哪一段
int n, m, t;
void change(int l, int r, long long d) {
int p = pos[l], q = pos[r];
if (p == q) {
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += d;
sum[p] += d*(r - l + 1);
}else {
for (int i = p + 1; i <= q - 1; i++) add[i] += d;
for (int i = l; i <= R[p]; i++) a[i] += d;
sum[p] += d*(R[p] - l + 1);
for (int i = L[q]; i <= r; i++) a[i] += d;
sum[q] += d*(r - L[q] + 1);
}
}
ll ask(int l, int r) {
int p = pos[l], q = pos[r];
long long 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() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
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++)for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++)pos[j] = i,sum[i] += a[j];
while (m--) {
char op[3];
int l, r, d;
scanf("%s%d%d", op, &l, &r);
if (op[0] == 'C') {
scanf("%d", &d);
change(l, r, d);
}else printf("%lld
", ask(l, r));
}
}
呃，这个，大家都知道我是 (log) 分块邪教的(/ω＼) 这样的块长是 (log(n) imes 5) 最坏时间复杂度是 (O((n+m)frac{n}{log n imes5})) ，在 (Q) 多的数据下效率非常不错（DarkBZOJ Top1）,但是对于 (n) 多的数据就会非常坑爹。
请完成例题的代码实现：
请独立思考完成以下习题：
[Example 2] 教主的魔法
给定长度为 (N(Nle 10^6)) 的数列 (A) ， 然后输入 (Q(Qle 3 imes 10^3)) 行指令。
第一类指令形如 M l r d ，表示把数列中第 (lsim r) 个数都加 (d).
第二类指令形如 A l r k ，表示在区间 (lsim r) 求大于等于 (k) 的数的个数.
修改操作在前面已经说过了，大区间打标记，小边角暴力改，最后区间要查询的就是 (k-add_i)，修改时直接排序。
我们再来考虑询问操作，直接把查询的块排好序，然后二分查找 (k) 的值，最后边角料直接暴力检查是不是大于等于 (k) 。
然后就可以过了。注意单块查询的时候考虑 (add) 数组的值。
复杂度大约是 (O(nlog n +msqrt{n log n}))。
其实代码实现还是挺简单的。
#define fir(a, b, c) for(register int a = b; a <= c; a ++)
int n, q, a[N], b[N], l[N], r[N], pos[N];
int t, tag[N];
inline int ask(int x, int y, int k){
int ans = 0;
if(pos[x] == pos[y]){
fir(i, x, y)
if(a[i] + tag[pos[x]] >= k) ans ++;
return ans;
}
fir(i, x, r[pos[x]])
if(a[i] + tag[pos[x]] >= k) ans ++;
fir(i, l[pos[y]], y)
if(a[i] + tag[pos[y]] >= k) ans ++;
fir(i, pos[x]+1, pos[y]-1){
int p = lower_bound(b+l[i], b+r[i]+1, k-tag[i])-b;
ans += r[i]-p+1;
}
return ans;
}
inline void change(int x, int y, int k){
if(pos[x] == pos[y]){
fir(i, x, y) a[i] += k;
fir(i, l[pos[x]], r[pos[x]]) b[i] = a[i];
sort(b+l[pos[x]], b+r[pos[x]]+1);
}else{
fir(i, x, r[pos[x]]) a[i] += k;
fir(i, l[pos[x]], r[pos[x]]) b[i] = a[i];
sort(b+l[pos[x]], b+r[pos[x]]+1);
fir(i, l[pos[y]], y) a[i] += k;
fir(i, l[pos[y]], r[pos[y]]) b[i] = a[i];
sort(b+l[pos[y]], b+r[pos[y]]+1);
fir(i, pos[x]+1, pos[y]-1) tag[i] += k;
}
}
int main(){
scanf("%d %d", &n, &q);
fir(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
t = sqrt(n);
fir(i, 1, t) l[i] = (i-1)*t+1, r[i] = i*t;
if(r[t]<n) t ++, l[t] = r[t-1]+1, r[t] = n;
t = 1;
fir(i, 1, n)
if(i > r[t]) t ++, pos[i] = t;
else pos[i] = t;
fir(i, 1, t) sort(b+l[i], b+r[i]+1);
char opt;int x, y,z;
while(q --){
cin>>opt;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
if(opt == 'A') printf("%d
", ask(x, y, z));
else change(x, y, z);
}
}
好吧其实要注意的地方还挺多的...当时是调了一个晚上差不多。
请完成例题的代码实现：
请独立思考完成以下习题：
[Example 3] 蒲公英
给你一个长度为 (n) 的数列 (a) ，有 (m) 次询问，每次询问一个区间 (lsim r) ，求该区间的区间众数。如果众数有多个，则输出最小的那一个。注意，你的算法必须是在线的。
考虑 (O(nsqrt{nlog n})) 做法：预处理所有以段边界为端点的区间 ([l,r]) 的众数，再对每个数字建一个 vector 桶，按顺序保存该数值在序列 (a) 中每次出现的位置。
对于每个询问，扫描 ([l,L)) ，((R,r]) 中每个数 (x) ，在对应的 vector 里二分查找即可得到答案。
const int maxn=1e5+5;
typedef long long ll;
int size,belong[maxn];
int f[505][505];int cnt[maxn];
vector<int>s[maxn],v;
int n,m;
int val[maxn];
int ans;
int a[maxn];
inline void prework(int x){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));int mx=0,ans=0;
for(int i=(x-1)*size+1;i<=n;i++){
cnt[a[i]]++;
if(cnt[a[i]]>mx||(cnt[a[i]]==mx&&val[a[i]]<val[ans]))ans=a[i],mx=cnt[a[i]];
f[x][belong[i]]=ans;
}
}
inline int find(int l,int r,int x){
return (int)(upper_bound(s[x].begin(),s[x].end(),r)-lower_bound(s[x].begin(),s[x].end(),l));
}
inline int query(int l,int r){
int ans=f[belong[l]+1][belong[r]-1],mx=find(l,r,ans);
for(int i=l;i<=min(belong[l]*size,r);i++){
int t=find(l,r,a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&val[a[i]]<val[ans]))mx=t,ans=a[i];
}if(belong[l]!=belong[r]){
for(int i=(belong[r]-1)*size+1;i<=r;i++){
int t=find(l,r,a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&val[a[i]]<val[ans]))mx=t,ans=a[i];
}
}return ans;
}
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void print(int x){
if(x<0) x=-x,putchar('-');
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main(){
n=read();
m=read();
v.push_back(-1);
size=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),v.push_back(a[i]);
sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
for(int i=1;i<=n;i++){
int b=a[i];
a[i]=lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i])-v.begin();
val[a[i]]=b;
}for(int i=1;i<=n;i++)s[a[i]].push_back(i);
for(int i=1;i<=n;i++)belong[i]=(i-1)/size+1;
for(int i=1;i<=belong[n];i++)prework(i);
for(int i=1;i<=m;i++){
int l,r;l=read();r=read();
l=(l+ans-1)%n+1;r=(r+ans-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
print(ans=val[query(l,r)]);
putchar('
');
}
}
感谢 (operatorname{Bovine\_\_Kebi}) 提供的 (O(nsqrt{nlog n})) 代码。
请完成例题的代码实现:
请独立思考完成以下习题：
我们现在分块的学习可以入门了。（也许我可以搞个进阶教程）我们掌握了分块的思想和基本操作，那么非常感谢您能阅读到这里！！！谢谢qwq
如有谬误，敬请指正qwq