根号分治
根号算法——不只是分块。
有时我们会碰到这样一类问题,长度为(n)的序列,(m)个询问(通常(n)和(m)同阶),可能存在两种比较显然的方法,一种是(O(n^2))预处理(O(1))回答,一种是不预处理(O(n))回答(m)个询问,这两种方法都是(O(n^2))的。考虑是否存在一种策略能“平衡”一下预处理和询问的复杂度。
看一道题:哈希冲突。
这是一道论文题,论文的题目就是开头的那句话。先把我们前面提到的两种显然的方法提一下。
第一种(n^2)预处理(f[i][j])表示膜(i)意义下第(j)个hash池内的答案,直接暴力计算,每次修改也是(O(n))的,而且空间复杂度(n^2)。
第二种对于每次询问暴力(O(n))求,修改(O(1))。
这两种方法的复杂度都无法承受,考虑优化。我们发现,对于模数小于(sqrt n)的情况,我们按照第一种方法做,预处理(O(nsqrt n)),空间(O(n)),查询(O(1));对于模数大于(sqrt n)的情况,模(p)的结果为(i)的hash池中最多只可能有(frac{n}{sqrt n}=sqrt n)个数对它产生贡献,于是采用第二种方法,每次查询复杂度(O(sqrt n)),再加上单次修改(O(sqrt n))。总的复杂度(O((n+m)sqrt n))。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define R register
using namespace std;
const int S=150003,N=403;
int a[S],f[N][N];
int main(){
R int n,m,p,x,y,i,j,o;
R char e[2];
scanf("%d%d",&n,&m),p=sqrt(n);
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
for(j=1;j<=p;++j)
f[j][i%j]+=a[i];
}
for(i=1;i<=m;++i){
scanf("%s%d%d",e,&x,&y);
if(e[0]=='A'){
if(x<=p) printf("%d
",f[x][y]);
else{
for(o=0,j=y;j<=n;j+=x)
o+=a[j];
printf("%d
",o);
}
}
else{
for(j=1;j<=p;++j)
f[j][x%j]+=y-a[x];
a[x]=y;
}
}
return 0;
}
上面的题目只是牛刀小试,根号分治的应用还有很多,推荐题目:
CF1039D You Are Given a Tree 题解
CF1039E Summer Oenothera Exhibition 题解