Codeforces Round 919 (Div. 2) D. Array Repetition(分块，1900)

不错的分块好题，记录一下

Problem - 1920D - Codeforces

当k的取值范围达到1e18时，由于每次2操作至少会复制数组，可以发现很快就会出现无效操作。实际上，有效的2操作次数不会超过log2(1e18)次。因此，针对每个查询，我们可以枚举可能的2操作。

采用分块处理的方法，将每个区块定义为一次2操作及其后续的一系列1操作。针对每个区块，我们使用三个数组来维护数据：

• app[i]：第 i 块里遇到的所有 type 1 收集的元素。

• mul[i]：第 i 块结束时（遇到 type 2）要把「之前的所有内容+本块 app[i]」复制的倍数。

• len[i]：在第 i 块开始前，已有内容（不算本块的 app[i] 和 mul[i]）的长度。

每个区块 = [ 之前内容 (长度 = len[i]) ] × mul[i]   +   app[i] (长度 = app[i].size())

可以模拟一下这个过程：
 

假设有 5 步操作（共两种类型）：

步骤	操作类型	参数 x	数组 a 变化（为了演示我们先写出真实数组）
1	type 1	1	[1]
2	type 1	2	[1, 2]
3	type 2	2	先把当前 [1,2] 复制 2 份拼接 → [1,2,1,2,1,2]
4	type 1	3	在尾部再 append 3 → [1,2,1,2,1,2,3]
5	type 2	1	把当前所有再复制 1 份 → 长度翻倍，变成长度 14

块0: [  app[0]  ]×1[1,2]块1: ( 前面所有 )×3 ▶ + app[1]= [1,2]×3 + [3]= [1,2,1,2,1,2, 3]块2: ( 前面所有 )×2 ▶ + app[2]= [1,2,1,2,1,2,3]×2= 长度 7×2 = 14

理解了这个分块步骤，查询就很好处理了，我们从后往前枚举可能的2操作，然后缩短当前k值的范围，将每个块看成两部分：一部分是进行了一次2操作后的前半段的总长度 len[i] * mul[i]，紧跟一部分是一段连续的1操作 app[i]。如果在紧跟着的app[i]这小段里，直接可以输出这个数,否则我们缩短k的范围，然后往前遍历

一些细节写在注释上了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1E9 + 7;
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x & (-x))
void solve()
{int n, q;cin >> n >> q;vector<vector<int>> app(1);vector<int> len{0};vector<int> mul{1};// 总共有app.size个分块// 每个分块长这样// [ 之前内容 (长度 = len[i]) ] × mul[i]   +   app[i]的长度 (长度 = app[i].size())for (int i = 0; i < n; i++){int b, x;cin >> b >> x;if (b == 1){app.back().push_back(x);}else{if (len.back() < 1e18){if (mul.back() <= 1e18 / len.back())len.push_back(mul.back() * len.back() + app.back().size());elselen.push_back(1e18);mul.push_back(x + 1);app.push_back({});}}}while (q--){int k;cin >> k;k--;// k下标从0开始，取模运算的时候下标不会乱for (int i = app.size() - 1; i >= 0; i--){//[ 之前内容 (长度 = len[i]) ] × mul[i]   +   app[i]的长度 (长度 = app[i].size())// 将这个块看成两部分，一部分是进行了一次2操作后的前半段的总长度 len[i] * mul[i]，紧跟着一段连续的1操作 app[i]。// k>=len[i]*mul[i],判断当前的全局索引 k 是落在第 i 块的那段复制出来的「前面内容」里，还是在紧跟着的 app[i] 这小段里？if (k / mul[i] >= len[i]) // 如果在紧跟着的app[i]这小段里，直接可以输出这个数{cout << app[i][k - len[i] * mul[i]] << ' ';break;}else // 如果在len[i]*mul[i]这段里，我们可以跳到第一份len[i]的位置，即k%=len[i],比如,对于mul数组a: 1234 1234 1234,找第9个位置，实际上是找第9%4=1也就是a[1]=2的位置(下标从0开始){k %= len[i];}}}cout << endl;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();
}

代码实现借鉴了jls的代码，非常优美