【算法·分块】分块入门①-⑥

其他 2019-03-10 19:30:53 阅读次数: 0
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关于分块

关于分块，其主要思想是大局维护，局部朴素；即吧一个序列分成若干个小块，对任意区间进行操作的时候：如果区间内包含完整块，就进行快速的整体修改；若所修改区间内的一部分是某个个块中的一部分，则直接进行暴力修改就行。根据有关数学知识，可以证明分成 n \sqrt n 的时间效率最高，一般的时间复杂度则是 O ( n n ) O(n\sqrt n)

具体内容，我们可以通过六道分块习题进行理解。

分块入门1

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，单点查值。

这道题就是分块一个灰常简单的模板了，具体可以这么做：

  • 设修改的区间为 [ l , r ] [l,r] ，此时在分块中预处理了每一个区间的左端点和右端点，当前枚举为第i个区间。
  • 若区间 i i 在 [ l , r ] [l,r] 以内，则直接用数组 a d d [ i ] add[i] 进行区间的整体操作，表示第 i i 个区间的所有数的变化量，只需要累加一次。
  • 若区间i的一部分在 [ l , r ] [l,r] 以内，暴力修改即可。直接在a数组上修改。
  • 对于查询的点x，输出的值为： a [ i ] + a d d [ p o s i ] a[i]+add[pos_i] , p o s i pos_i 表示 i i 所属的块的编号。
    代码如下：

（注意：代码可能与上述讲解的数组含义有所出入）

例如：上面的add是sum，而下面的add是单点变化量，等同于在原数组上做修改。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[100000];
int L[100000];
int R[100000];
int add[100000];
int sum[100000];
int num[100000];
void Plus(int l,int r,int c)
{
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) sum[i]+=c;
		else 
		{
			for (int j=max(L[i],l);j<=min(R[i],r);++j) add[j]+=c;
		}
	}
}
void ask(int x)
{
	printf("%d\n",a[x]+sum[num[x]]+add[x]);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	m=sqrt(n);
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		L[i]=sqrt(n)*(i-1)+1;
		R[i]=sqrt(n)*i;
	}	
	if (R[m]<n) 
	{
		m++;
		L[m]=R[m-1]+1;
		R[m]=n;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
	    for (int j=L[i];j<=R[i];++j)
	        num[j]=i;
	for (int i=1,opt,l,r,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d %d %d %d",&opt,&l,&r,&c);
		if (opt == 0) Plus(l,r,c);
		if (opt == 1) ask(r);
	}
	return 0;
}

分块入门2

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值x的元素个数。

区间加法的方法同分块1，我们来考虑如何求小于x的元素个数。

对于每一个块，我们可以在一开始分别进行排序，若不进行修改操作就可以直接用二分查找得到答案。

对于区间修改来说，如果是整块的修改则没有关系，因为仍然保证有序性。

如果是两端零零散散的修改，在修改完之后再对这些块分别进行排序。

这个就可以用过二分查找或者lowerbound函数在log的复杂度内解决问题了。

因为分成的块是logn块，时间复杂度是 O ( n n + 2 ∗ n   l o g n ) O(n\sqrt n+2*\sqrt n \ log\sqrt n)

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define find lower_bound
using namespace std;
int n,m;
int a[100000];
int L[100000];
int R[100000];
int pos[100000];
int sum[100000];
vector<int>num[100000];
void reset(int x)
{
	num[x].clear();
	for (int i=L[x];i<=R[x];++i)
	    num[x].push_back(a[i]);
	sort(num[x].begin(),num[x].end());
}
void change(int l,int r,int v)
{
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) sum[i]+=v;
		else 
		{
			for (int j=max(l,L[i]);j<=min(R[i],r);++j) 
			    a[j]+=v;
			reset(i);
		}
	}
}
void print(int l,int r,int k)
{
	int ans=0;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) 
		    ans += find (num[i].begin(), num[i].end(), k*k-sum[i]) - num[i].begin();
		else
			for (int j=max(l,L[i]);j<=min(R[i],r);++j)
			    if (a[j]+sum[pos[j]]<k*k) ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		scanf("%d",a+i);
	m=sqrt(n);
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		L[i]=sqrt(n)*(i-1)+1;
		R[i]=sqrt(n)*i;
	}
	if (R[m] < n) 
	{
		m++;
		L[m]=R[m-1]+1;
		R[m]=n;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
	    for (int j=L[i];j<=R[i];++j)
	        pos[j]=i;
	for (int i=1;i<=m;++i) reset(i);
	for (int i=1,opt,l,r,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d %d %d %d",&opt,&l,&r,&c);
		if (opt == 0) change(l,r,c);
		if (opt == 1) print(l,r,c);
	}
	return 0;
}

分块入门3

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值x的前驱（比其小的最大元素）。

加法修改和排序和分块2一样，在输出答案的时候需要做一定的修改。

  • 若是整块的区间，则通过lower_bound找到大于等于x的最小值，向后减去1则是小于x的最大值。
  • 不完整暴力即可。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define find lower_bound
using namespace std;
int n,m;
int a[100000];
int L[100000];
int R[100000];
int pos[100000];
int sum[100000];
vector<int>num[100000];
void reset(int x)
{
	num[x].clear();
	for (int i=L[x];i<=R[x];++i)
	    num[x].push_back(a[i]);
	sort(num[x].begin(),num[x].end());
}
void change(int l,int r,int v)
{
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) sum[i]+=v;
		else 
		{
			for (int j=max(l,L[i]);j<=min(R[i],r);++j) 
			    a[j]+=v;
			reset(i);
		}
	}
}
void print(int l,int r,int k)
{
	int ans=-INT_MAX;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) 
		{
			int p=find (num[i].begin() ,num[i].end() ,k-sum[i]) - num[i].begin();
			if (p != 0) ans=max(ans,num[i][p-1]+sum[i]);
		}
		else
		{
			for (int j=max(l,L[i]);j<=min(R[i],r);++j) 
			    if (a[j]+sum[i]<k) ans=max(ans,a[j]+sum[i]);
		}
	}
	printf("%d\n",ans == -INT_MAX ? -1 : ans);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		scanf("%d",a+i);
	m=sqrt(n);
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		L[i]=sqrt(n)*(i-1)+1;
		R[i]=sqrt(n)*i;
	}
	if (R[m] < n) 
	{
		m++;
		L[m]=R[m-1]+1;
		R[m]=n;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
	    for (int j=L[i];j<=R[i];++j)
	        pos[j]=i;
	for (int i=1;i<=m;++i) reset(i);
	for (int i=1,opt,l,r,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d %d %d %d",&opt,&l,&r,&c);
		if (opt == 0) change(l,r,c);
		if (opt == 1) print(l,r,c);
	}
	return 0;
}

分块入门4

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，区间求和。
其实做法和分块1还是一样的，在统计答案的时候改一下就好了。

具体做法如下：

  • 遇到整块修改的， a d d i + = v add_i+=v ,i表示块的编号，v表示修改量，进行整体修改
  • 遇到非整块修改的， s u m p o s i + = v , a [ i ] + = v sum_{pos_i}+=v,a[i]+=v 其中sum表示区间和，a表示原始序列的基础上修改的序列。

遇到查询的时候：

  • 如果是整块的，答案是： a d d [ i ] ∗ ( R [ i ] − L [ i ] + 1 ) + s u m [ i ] add[i]*(R[i]-L[i]+1)+sum[i] ,表示整体修改所增加的值加上暴力修改所增加的值。
  • 如果是某一块的一部分，暴力喽。

注意，sum数组在未修改之前也需要预处理。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
LL n,m;
LL a[100000];
LL L[100000];
LL R[100000];
LL sum[100000];
LL add[100000];
LL pos[100000];
void change(LL l,LL r,LL c)
{
	for (LL i=1;i<=m;++i)
	{
		if (r<L[i] || l>R[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) add[i]+=c;
		else for (LL j=max(l,L[i]);j<=min(r,R[i]);++j) 
			sum[i]+=c,a[j]+=c;
	}
}
void getans(LL l,LL r,LL P)
{
	LL ans=0;
	for (LL i=1;i<=m;++i)
	{
		if (r<L[i] || l>R[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) ans+=sum[i]+(R[i]-L[i]+1)*add[i],ans%=P;
		else for (LL j=max(l,L[i]);j<=min(r,R[i]);++j)
		    ans+=(add[i]+a[j]),ans%=P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	for (LL i=1;i<=n;++i) 
		scanf("%lld",a+i);
	m=sqrt(n);
	for (LL i=1;i<=m;++i)
	{
		L[i]=sqrt(n)*(i-1)+1;
		R[i]=sqrt(n)*i;
	}
	if (R[m]<n)
	{
		m++;
		L[m]=R[m-1]+1;
		R[m]=n;
	}
	for (LL i=1;i<=m;++i)
	    for (LL j=L[i];j<=R[i];++j)
	        sum[i]+=a[j],pos[j]=i;
	for (LL i=1,opt,l,r,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lld %lld %lld %lld",&opt,&l,&r,&c);
		if (opt == 0) change(l,r,c);
		if (opt == 1) getans(l,r,c+1);
	}
	return 0;
}

分块入门5

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间开方，区间求和。

我们发现，当一个数进行若干次开方后会不断在0或1中循环，且开方次数很少，我们便可以利用这一性质来解决此题。

因此对于修改的区间：

  • 如果区间是完整的：如果区间全部变成0/1，跳过；如果不是，则暴力修改。
  • 如果是不完整的则暴力修改。

然后暴力用区间和维护即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[100000];
int L[100000];
int R[100000];
int add[100000];
int pos[100000];
int sum[100000];
int flag[100000];
void sqrtit(int x)
{
	if (flag[x] == 1) return;
	int flg=1;
	sum[x]=0;
	for (int i=L[x];i<=R[x];++i)
	{
		a[i]=sqrt(a[i]);
		sum[x]+=a[i];
		if (a[i]>1) flg=0;
	}
	flag[x]|=flg;
	return;
}
void change(int l,int r)
{
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) sqrtit(i);
		else for (int j=max(l,L[i]);j<=min(r,R[i]);++j) 
		{
			sum[i]-=a[j];
			a[j]=sqrt(a[j]);
			sum[i]+=a[j];
		}
	}
}
void getans(int l,int r)
{
	int ans=0;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		if (l>R[i] || r<L[i]) continue;
		if (l<=L[i] && r>=R[i]) ans+=sum[i];
		else for (int j=max(l,L[i]);j<=min(r,R[i]);++j) ans+=a[j];
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	m=sqrt(n);
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
		L[i]=(i-1)*sqrt(n)+1;
		R[i]=i*sqrt(n);
	}
	if (R[m]<n)
	{
		m++;
		L[m]=R[m-1]+1;
		R[m]=n;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
	    for (int j=L[i];j<=R[i];++j)
	    	pos[j]=i,sum[i]+=a[j];
	for (int i=1,l,r,opt,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d %d %d %d",&opt,&l,&r,&c);
	    if (opt == 0) change(l,r);
		if (opt == 1) getans(l,r);	
	}
	return 0;
}

分块入门6

给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及单点插入，单点询问，数据随机生成。

我们把序列分成 n \sqrt n ,每次根据查出的位置找到对应的块插入即可。

我们在这里插入使用vector，因为vector支持线性数组的中线插入。

这样的实现复杂度平均好，但是如果某一个块持续插入的话时间复杂度会退化为 O ( n 2 ) O(n^2) 。

我们在这里引入一个新的思想：重构分块。

即如果某一个块的个数超级超级大了，就把当前的所有块解散，然后重新再分；这样就不会被特殊的数据卡了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,now,top;
int a[1000000];
int st[1000000];
vector<int>num[1000000];
void again( )
{
	top=0;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	{
	    for (int j=0;j<num[i].size();++j)
	        st[++top]=num[i][j];
	    num[i].clear();
	}
	m=sqrt(top),now=0;
	for (int i=1;i<=m;++i)
	    for (int j=1;j<=m;++j)
	        num[i].push_back(st[++ now]);
	if (now < top) 
	{
		m ++;
		while (now<top) num[m].push_back(st[++ now]);
	}	
}
void insert(int l,int r)
{
	int i=1;
	while (num[i].size()<l)
	{
		l-=num[i].size();
		i ++;
	}
	num[i].insert(num[i].begin()+l-1,r);
	if (num[i].size()>sqrt(n)*20) again();
}
void output(int r)
{
	int i=1;
	while (r>num[i].size())
	{
		r-=num[i].size();
		i ++;
	}
	printf("%d\n",num[i][r-1]);
}
int main(void)
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	m=sqrt(n),now=0;
	for (int i=1;i<=m;++i)
		for (int j=1;j<=m;++j) 
			num[i].push_back(a[++ now]);
	if (now < n) 
	{
		m ++;
		while (now<n) num[m].push_back(a[++now]);
	}
	for (int i=1,opt,l,r,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d %d %d %d",&opt,&l,&r,&c);
		if (opt == 0) insert(l,r);
		if (opt == 1) output(r);
	}
	return 0;
}

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