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前言

分块是一种重要的高级数据结构思想，核心为大段维护，局部朴素。

顺带一提，由于个人技术水平,本篇博客的难度并没有标题所述的 $8$ 级。分块还是很难的。

分块

分块，是“优雅的暴力”。

分块的基本思想是把数据分为若干个块（一般块长为 $\sqrt{n}$），一个块内的数据在操作中具有相同的属性，对于整块，可以直接设置一个变量表示变化。由于块数为 $\sqrt{n}$ ，整块更新的复杂度最多为 $\sqrt{n}$ 。对于非整块，可以朴素更新。由于一个块的块长为 $\sqrt{n}$ ，朴素更新的复杂度最多为 $\sqrt{n}$ 。综上，省略常数，一次操作的时间复杂度就被降低为了 $\sqrt{n}$ 。所以分块的时间复杂度大约为 $O(n\sqrt{n})$ ，属于根号数据结构。

具体实现方式见下面的代码。（例题 $1$ 和 $2$ 是两种不同的实现方式）

分块例题

例题 $1$ ：

P2357 守墓人

对于操作 $1$ 或 $4$ ，是分块的经典模板。

设块号为 $i$ 的块表示范围为 $[(i-1)\times \sqrt{n}+1,i\times \sqrt{n}]$

首先预处理出每个位置处于的块，记作 $pos[i]$ ，然后输入 $l,r$ 后，令 $p=pos[l],q=pos[r]$ 。同时记录两个数组： $add[i]$ ，表示第 $i$ 块的增量标记。$sum[i]$ ，表示第 $i$ 块的整块和。

对于 $l\le i\le p\ast \sqrt{n}$ ，是前面不完整的一段，朴素更新。

对于 $(q-1)\ast \sqrt{n}+1\le i\le r$ ，是后面不完整的一段，朴素更新。

对于 $p+1\le j\le q-1$ （$j$ 为块号），是整块完整更新的块，更新标记 $add[j]+=k$ 。

查询的时候，不完整的两段朴素更新，中间的整块直接查询整块和。注意都要加上增量标记。

对于其他操作，可以直接单点修改，记得更新增量标记。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,f,a[2000001],op,l,r,k,lb[2000001],rb[2000001],sum[2000001],pos[2000001],add[2000001];
inline long long read()
{long long x=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}void adde()
{l=read();r=read();k=read();int p=pos[l],q=pos[r];if(p==q)for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=k,sum[p]+=k;else{for(int i=l;i<=rb[p];i++)a[i]+=k,sum[p]+=k;for(int i=lb[q];i<=r;i++)a[i]+=k,sum[q]+=k;for(int i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=k;}
}void ask()
{long long ans=0;l=read();r=read();int p=pos[l],q=pos[r];if(p==q){for(int i=l;i<=r;i++)ans+=a[i];printf("%lld\n",ans+(r-l+1)*add[p]);}else{for(int i=l;i<=rb[p];i++)ans+=a[i];ans+=(rb[p]-l+1)*add[p];for(int i=lb[q];i<=r;i++)ans+=a[i];ans+=(r-lb[q]+1)*add[q];for(int i=p+1;i<=q-1;i++)ans+=sum[i],ans+=add[i]*(rb[i]-lb[i]+1); printf("%lld\n",ans);}
}int main()
{n=read();f=read();int kl=sqrt(n);for(int i=1;i<=kl;i++){lb[i]=(i-1)*kl+1;rb[i]=i*kl;}if(rb[kl]<n)kl++,lb[kl]=rb[kl-1]+1,rb[kl]=n;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();for(int i=1;i<=kl;i++)for(int j=lb[i];j<=rb[i];j++){pos[j]=i;sum[i]+=a[j];}for(int i=0;i<f;i++){op=read();if(op==1)adde();	else if(op==2){k=read();a[1]+=k,sum[1]+=k;;}else if(op==3){k=read();a[1]-=k,sum[1]-=k;}else if(op==4)ask();else if(op==5)printf("%lld\n",a[1]+add[1]);}return 0;
}

例题 $2$ ：

问题 B: 分块2（站外题，提供题面展示）

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---

设块号为 $i$ 的块表示范围为 $[(i-1)\times \sqrt{n}+1,i\times \sqrt{n}]$

首先预处理出每个位置处于的块，记作 $id[i]$ 。预处理时记录每一块的元素数量，同时记录每一块的每个元素的值与在原数组中的位置，用于块内排序。同时记录两个数组： $add[i]$ ，表示第 $i$ 块的增量标记。$d[i]$ ，表示原数组中第 $i$ 项对应块内编号为 $d[i]$ 。

修改操作

对于 $l\le i\le p\ast \sqrt{n}$ ，是前面不完整的一段，朴素更新，更新之后依据每块位置 $d[i]$ 的信息更新块内信息。然后重新块内排序，更新 $d$ 数组。

对于 $(q-1)\ast \sqrt{n}+1\le i\le r$ ，是后面不完整的一段，朴素更新，更新之后依据每块位置 $d[i]$ 的信息更新块内信息。然后重新块内排序，更新 $d$ 数组。

对于 $p+1\le j\le q-1$ （$j$ 为块号），是整块完整更新的块，更新标记 $add[j]+=k$ 。由于块内元素同增同减，顺序不变，不需要块内重排或更新 $d$ 数组

时间复杂度：$O(\sqrt{n}\log \sqrt{n}+\sqrt{n}\log \sqrt{n}+\sqrt{n})$

询问操作

对于 $l\le i\le p\ast \sqrt{n}$ ，是前面不完整的一段，朴素查询，比较每个元素加上其对应的组的 $add$ 值与 $c^2$ 的大小，如果小于，$ans$ 自增。

对于 $(q-1)\ast \sqrt{n}+1\le i\le r$ ，是后面不完整的一段，朴素查询，比较每个元素加上其对应的组的 $add$ 值与 $c^2$ 的大小，如果小于，$ans$ 自增。

对于 $p+1\le j\le q-1$ （$j$ 为块号），是整块完整更新的块，由于块内元素有序，可以在每一块内部二分查找最大的小于 $c^2$ 减去对应 $add$ 值的元素，得到编号后就可以计算出小于 $c^2$ 的元素个数。

时间复杂度：$O(\sqrt{n}+\sqrt{n}+\sqrt{n}\log \sqrt{n})$

总的复杂度为（忽略低次项和常数）：$O(n\sqrt{n}\log \sqrt{n})$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{int val,p;
}nei[250][250];
long long n,k,op,l,r,c,a[50010],id[50010],add[50010],num[50010],d[50010];
bool cmp(struct node a,struct node b)
{return a.val<b.val;
}void adde()
{long long p=id[l],q=id[r];if(p==q){for(long long i=l;i<=r;i++){a[i]+=c;nei[p][d[i]].val+=c;}sort(nei[p]+1,nei[p]+num[p]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[p];j++)d[nei[p][j].p]=j;}else{for(long long i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=c;for(long long i=l;i<=p*k;i++){a[i]+=c;nei[p][d[i]].val+=c;}sort(nei[p]+1,nei[p]+num[p]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[p];j++)d[nei[p][j].p]=j;for(long long i=(q-1)*k+1;i<=r;i++){a[i]+=c;nei[q][d[i]].val+=c;}sort(nei[q]+1,nei[q]+num[q]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[q];j++)d[nei[q][j].p]=j;}
}long long search(long long z,long long key)
{long long l=0,r=num[z];while(l<r){long long mid=(l+r+1)/2;if(nei[z][mid].val<key)l=mid;else r=mid-1;}return l;
}long long ask()
{long long p=id[l],q=id[r],ans=0;if(p==q){for(long long i=l;i<=r;i++)if(a[i]+add[p]<c*c)ans++;return ans;}else{for(long long i=p+1;i<=q-1;i++)ans+=search(i,c*c-add[i]);for(long long i=l;i<=p*k;i++)if(a[i]+add[p]<c*c)ans++;for(long long i=(q-1)*k+1;i<=r;i++)if(a[i]+add[q]<c*c)ans++;return ans;}
}int main()
{scanf("%lld",&n);k=sqrt(n);for(long long i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);id[i]=(i-1)/k+1;num[id[i]]++;nei[id[i]][i-(id[i]-1)*k].val=a[i];nei[id[i]][i-(id[i]-1)*k].p=i;}for(long long i=1;i<=id[n];i++){sort(nei[i]+1,nei[i]+num[i]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[i];j++)d[nei[i][j].p]=j;}for(long long i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&op,&l,&r,&c);if(op==0)adde();else if(op==1)printf("%lld\n",ask());} return 0;
}

例题 $3$ ：

问题 C: 分块3（站外题，提供题面展示）

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修改操作同例题 $2$ 。

询问操作

对于 $l\le i\le p\ast \sqrt{n}$ ，是前面不完整的一段，朴素查询，比较每个元素加上其对应的组的 $add$ 值与 $c$ 的大小，如果小于，比较查询结果加上对应 $add$ 值与 $ans$ 的大小，如果大于，更新 $ans$ 的值。

对于 $(q-1)\ast \sqrt{n}+1\le i\le r$ ，是后面不完整的一段，朴素查询，比较每个元素加上其对应的组的 $add$ 值与 $c$ 的大小，如果小于，比较查询结果加上对应 $add$ 值与 $ans$ 的大小，如果大于，更新 $ans$ 的值。

对于 $p+1\le j\le q-1$ （$j$ 为块号），是整块完整更新的块，由于块内元素有序，可以在每一块内部二分查找最大的小于 $c$ 减去对应 $add$ 值的元素，得到结果后就可以计算出小于 $c$ 的元素的最大值，然后和 $ans$ 取 $\max$ 即可。

注意：如果查询结果为不存在，应当返回负无穷，否则会WA掉。

时间复杂度：$O(\sqrt{n}+\sqrt{n}+\sqrt{n}\log \sqrt{n})$

总的复杂度为（忽略低次项和常数）：$O(n\sqrt{n}\log \sqrt{n})$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{int val,p;
}nei[500][500];
long long n,k,op,l,r,c,a[100010],id[100010],add[100010],num[100010],d[100010];
bool cmp(struct node a,struct node b)
{return a.val<b.val;
}void adde()
{long long p=id[l],q=id[r];if(p==q){for(long long i=l;i<=r;i++){a[i]+=c;nei[p][d[i]].val+=c;}sort(nei[p]+1,nei[p]+num[p]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[p];j++)d[nei[p][j].p]=j;}else{for(long long i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=c;for(long long i=l;i<=p*k;i++){a[i]+=c;nei[p][d[i]].val+=c;}sort(nei[p]+1,nei[p]+num[p]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[p];j++)d[nei[p][j].p]=j;for(long long i=(q-1)*k+1;i<=r;i++){a[i]+=c;nei[q][d[i]].val+=c;}sort(nei[q]+1,nei[q]+num[q]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[q];j++)d[nei[q][j].p]=j;}
}long long search(long long z,long long key)
{long long l=0,r=num[z];while(l<r){long long mid=(l+r+1)/2;if(nei[z][mid].val<key)l=mid;else r=mid-1;}if(l==0)return -99999999;else return nei[z][l].val;
}long long ask()
{long long p=id[l],q=id[r],ans=-1;if(p==q){for(long long i=l;i<=r;i++)if(a[i]+add[p]<c)ans=max(ans,a[i]+add[p]);return ans;}else{for(long long i=p+1;i<=q-1;i++)ans=max(search(i,c-add[i])+add[i],ans);for(long long i=l;i<=p*k;i++)if(a[i]+add[p]<c)ans=max(ans,a[i]+add[p]);for(long long i=(q-1)*k+1;i<=r;i++)if(a[i]+add[q]<c)ans=max(ans,a[i]+add[q]);return ans;}
}int main()
{scanf("%lld",&n);k=sqrt(n);for(long long i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);id[i]=(i-1)/k+1;num[id[i]]++;nei[id[i]][i-(id[i]-1)*k].val=a[i];nei[id[i]][i-(id[i]-1)*k].p=i;}for(long long i=1;i<=id[n];i++){sort(nei[i]+1,nei[i]+num[i]+1,cmp);for(int j=1;j<=num[i];j++)d[nei[i][j].p]=j;}for(long long i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&op,&l,&r,&c);if(op==0)adde();else if(op==1)printf("%lld\n",ask());} return 0;
}

例题 $4$ ：

P10590 磁力块

有一个很显然的 BFS，对于每一个吸到的新磁力块，遍历序列，把所有它能吸到的磁力块加入一个队列进行扩展。这样时间复杂度是 $O(n^2)$，不能通过。

考虑影响是否能吸到的两个因素，一个是利用 $x,y$ 计算出的距离，另一个是质量 $m$。对于这种问题，经典的做法是排序维护第一个变量，数据结构维护第二个变量。

由于本题需要取出可以吸到的磁力块入队，故 $\log$ 数据结构在本题中不好用。我们考虑分块。把所有磁力块按照距离升序排序，每 $\sqrt{n}$ 个元素分成一块。块内按照 $m$ 升序排序，并记录距离的最大值。

当我们扩展一个磁力块时，从小到大遍历序列中的每一块。

对于一个最大距离小于等于吸引半径的块，所有磁力块均处于吸引半径之内。可以对于每一块记录一个 $la$，表示块中已经前 $la-1$ 个磁力块已经被吸引。我们只需要利用 $la$，遍历到第 $x$ 个元素，使这个元素的 $m$ 大于当前吸力即可。由于 $m$ 升序排序，所以这一块中所有可以被吸走的磁力块要么在之前被吸走，要么在这一次被吸走，满足条件。之后，令 $la=x$。

对于第一个最大距离大于吸引半径的块，根据遍历顺序以及距离升序排序，之后的块中所有元素距离必然大于吸引半径，可以处理完这一块之后退出循环。这一块之中有的磁力块可以被吸走，有的磁力块不可以被吸走。我们暴力求出每一个能够吸走的磁力块，标记已经被吸走，之后排序重构。均衡复杂度之后为 $O(n\sqrt{n\log n})$，可以通过。

事实上，可以继续优化。在处理第一个最大距离大于吸引半径的块时，我们不进行排序重构。改为在处理最大距离小于等于吸引半径的块时，如果遇到一个被吸走的磁力块，直接跳过到下一个。由于 $m$ 升序排序，依旧满足要求。时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct val
{long long m,p,r;double d;
}a[300000];
long long xq,yq,x,y,p,r,n,k,qp[300000],qr[300000],h=1,t=0,id[300000],la[300000],lc[300000],rc[300000],ans=-1;
double mx[300000];
bool cmp1(struct val a,struct val b)
{return a.d<b.d;
}bool cmp2(struct val a,struct val b)
{return a.m<b.m;
}double dist(long long x1,long long y1,long long x2,long long y2)
{return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}void expand(long long p,long long r)
{for(int i=1;i<=(n+k-1)/k;i++)if(mx[i]<=r)while(a[la[i]].m<=p&&la[i]<=rc[i]){if(a[la[i]].m!=-1e10)qp[++t]=a[la[i]].p,qr[t]=a[la[i]].r,a[la[i]].m=-1e10;la[i]++;}else{la[i]=lc[i];for(int j=lc[i];j<=rc[i];j++)if(a[j].m!=-1e10&&a[j].m<=p&&a[j].d<=r)qp[++t]=a[j].p,qr[t]=a[j].r,a[j].m=-1e10;break;}
}int main()
{scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&xq,&yq,&p,&r,&n);qp[++t]=p,qr[t]=r,k=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a[i].m,&a[i].p,&a[i].r);a[i].d=dist(xq,yq,x,y);}sort(a+1,a+n+1,cmp1);for(int i=1;i<=(n+k-1)/k;i++)lc[i]=1e10;for(long long i=1;i<=n;i++)id[i]=(i-1)/k+1,lc[id[i]]=min(lc[id[i]],i),rc[id[i]]=max(rc[id[i]],i),mx[id[i]]=max(mx[id[i]],a[i].d);for(int i=1;i<=(n+k-1)/k;i++)la[i]=lc[i],sort(a+lc[i],a+rc[i]+1,cmp2);while(h<=t)ans++,expand(qp[h],qr[h]),h++;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

后记

我发现自己其实有学习数据结构的天赋，别人平均 $2000ms$ 的题目我通过优化做到了 $729ms$ ，还是很有成就感的。

2022/3/31 省选前夜 22:33