题解 洛谷 P3396 【哈希冲突】（根号分治）

根号分治

前言

本题是一道讲解根号分治思想的论文题(然鹅我并没有找到论文)，正

如论文中所说，根号算法——不仅是分块，根号分治利用的思想和分块像

似却又不同，某一篇洛谷日报中说过，分块算法实质上是一种是通过分成

多块后在每块上打标记以实现快速区间修改，区间查询的一种算法。根号

分治与其思路相似，将原本若一次性解决时间复杂度很高的问题分块去解

决来降低整体的时间复杂度。

例题

以本题举例子哈希冲突

本题作为论文的第一道题目，是一道很好的练习题,注意，本体给出的

(value[i]) 是 (i) 在序列中出现的次数，不要把题读错了(一开始我就读错了)

我们首先阅读题目，发现，无论是 (O(n^2)) 预处理， (O(1)) 查询，还是在

查询时直接(O(n^2))获取答案，都是 (O(n^2)) 的时间复杂度，我们考虑对

其进行优化，我们可以考虑将(p)，也就是模数按根号分块处理

对于 (p<=sqrt{q}) 我们直接 (O(nsqrt{n})) 进行预处理，

	for(int i=1;i<=n;i++){
		v=read();
		val[i]=v;
	}
	size=sqrt(n); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int p=1;p<=size;p++){
			ans[p][i%p]+=val[i]; 
		}
	}

(ans[p][i]) 表示在 (%p) 后值为 (i)的数的个数

对 (p>sqrt{q}) 的情况,

我们直接暴力得出答案，暴力得到答案的时间复杂度为 (O(sqrt{n}))

	int an=val[y]; 
	for(int i=x+y;i<=n;i+=x){
		an+=val[i]; 
	}
	cout<<an<<endl;

(an=val[y]) 是为了处理 (y%x=y) ((y<x)) 的情况,为什么说我们暴力跳

答案时间复杂度是 (O(sqrt{n})) 呢？我们当前的 (p>sqrt{n})) 因为统

计答案时每一次要跳(p)个数，所以有贡献的数一定小于 (frac{n} {p}) 也就是 (sqrt{n}) ，所以暴力得到答案的时间复杂度为 (O(sqrt{n}))

每一次修改，我们只需要修改 (p<=sqrt{n}) 的情况即可，时间复杂度也是 (O(sqrt{n}))

	cin>>x>>y;
	int l=y-val[x];
	val[x]=y; 
	for(int p=1;p<=size;p++){
		ans[p][x%p]+=l;
	}

所以在本题，我们运用根号分治的想法，把时间复杂度由原本的(O(n^2))

优化到了 (O(nsqrt{n})) 从而解决本题。

莫名觉得根号分治挺像折半搜索
，推荐一道练习题CF444D DZY Loves Strings
还是很有难度的

代码

放一下全部代码吧

#include<iostream>
#include<string>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
inline int read(){
	int ret=0;
	int f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-')	
			f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){
		ret=ret*10+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return ret*f;
}
int val[maxn];
int n,m;
int p;
int ans[2000][2000];
int size;
char a;
signed main(){
//	freopen("a.in","r",stdin);
	n=read();
	m=read();
	int v;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v=read();
		val[i]=v;//???????? 
	}
	size=sqrt(n);//???? 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int p=1;p<=size;p++){
			ans[p][i%p]+=val[i]; 
		}
	}
	int x,y;
	while(m--){
		cin>>a;
		if(a=='A'){
			x=read();
			y=read();
			if(x<=size){
				cout<<ans[x][y]<<endl;
			}
			else{
				int an=val[y]; 
				for(int i=x+y;i<=n;i+=x){
						an+=val[i]; 
				}
				cout<<an<<endl;
			} 
		}
		if(a=='C'){
			cin>>x>>y;
			int l=y-val[x];
			val[x]=y; 
			for(int p=1;p<=size;p++){
				ans[p][x%p]+=l;
			}
		}
	}
	return 0;
}

到这里本题解就结束了

完结撒花！！