不平均的分治——根号分治

根号分治

如果有一道题：
一个长度为 $n$ 的序列 $a$，有 $m$ 次操作，对序列某个元素或者某种意义上的区间进行查询（比如：余数为 $p$ 的数之和）。
$1\le n,m\le 10^5$
$1\le a_i,p\le 10^5$
对于这种操作，直接暴力的复杂度是 $O(N)$，显然是不可取的。
那我们考虑预处理？用数组存无论的空间还是时间也显然无法操作。
这时候可以考虑一种两者兼备的思路：用数组存空间时间都能接受的部分，剩下的部分暴力。
这就是根号分治。
接下来用一道板子题来详细讲。

例题1

洛谷 - P3396 哈希冲突
先看暴力的做法。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl putchar('\n')
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();return x*f;
}
void print(int x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x<10){putchar(x+'0');return;}print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,m;
int a[N];
signed main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];while(m--){char op;cin>>op;int x,y;cin>>x>>y;if(op=='A'){int ans=0;for(int i=y;i<=n;i+=x)ans+=a[i];print(ans);endl;}else{a[x]=y;}}
}

上面说过，预处理的部分是空间且时间都能接受的部分，那么我们自然是能预处理多少就尽量预处理，均摊后面 $m$ 次操作的时间。
$n$ 最大是 $1.5\times 10^5$，$n\log n$ 就显得有些不尊重这个数据了，我们最大可以预处理 $O(N\sqrt{N})$。

我们用一个数组 $mod$ 存在 $\sqrt{n}$ 的范围内的 $p$，$mo{d}_{i,j}$ 表示下标对 $i$ 取余为 $j$ 的元素之和。那么为什么在 $\sqrt{n}$ 以上的模数都不用数组存？因为存不下了，因为对于大于 $\sqrt{n}$ 的模数，对应的下标更分散，暴力的时间复杂度在可接受范围内。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl putchar('\n')
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int M=1e3+5;
int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();return x*f;
}
void print(int x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x<10){putchar(x+'0');return;}print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,m;
int a[N];
int mod[M][M];
signed main(){cin>>n>>m;int len=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();for(int i=1;i<=len;i++){for(int j=1;j<=n;j++){mod[i][j%i]+=a[j];}}while(m--){char op;int x,y;cin>>op>>x>>y;if(op=='A'){if(x<=len){print(mod[x][y]),endl;}else{int res=0;for(int i=y;i<=n;i+=x)res+=a[i];print(res),endl;}}else{for(int i=1;i<=len;i++)mod[i][x%i]-=a[x];a[x]=y;for(int i=1;i<=len;i++)mod[i][x%i]+=a[x];}}
}