介绍下简单的分块：
当我们遇到区间类问题的时候，如何保证我们快速而高效地完成操作？
答案是线段树分块。
所谓分块，就是把一个序列分成许多块分别维护。是不是想起了树状数组 这样能大大提高效率：
例如，我们需要查询l,r中所有元素的和
利用分块，我们可以把1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
分为
[1 2 3] [4 5 6] [7 8 9] [10]
比如，我想要3~10的元素和。这是，我们拿出3~10的区间：
...[3] [4 5 6] [7 8 9] [10]
而我们已经预处理了 [4 5 6]与 [7 8 9]的区间和，我们只需要算出两端的和就可以。这样，就可以大大提高查询的速度。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MaxN = 100010, MaxB = 1010;
int n, B, q, Cnt;
int a[MaxN], Left[MaxB], Right[MaxB], Pos[MaxN];
long long sum[MaxN];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
// 分块预处理
B = max((int)sqrt(n), 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (i % B == 1 % B) Cnt++; // 每块块首 Cnt++
Pos[i] = Cnt; // i 处在哪一块
if (Left[Cnt] == 0) Left[Cnt] = i; // 第Cnt块的左边
Right[Cnt] = i; // 第Cnt块的右边
}
// for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", Pos[i]); puts("");
// for (int i = 1; i <= Cnt; i++) printf("%d %d
", Left[i], Right[i]);
for (int i = 1; i <= Cnt; i++)
for (int j = Left[i]; j <= Right[i]; j++)
sum[i] += a[j]; // sum[i] 表示的是第i块的和
// 处理询问
scanf("%d", &q);
// a[l] + a[l + 1] + ... + a[r] 变成 sum[r] - sum[l - 1]
// 这样我们可以只用求 l=1 的情况
// 但是我现在不这样做
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
int l, r;
scanf("%d %d", &l, &r);
long long ans = 0;
if (Pos[l] == Pos[r])
{
// 1 l,r 在同一个块内
// [ l r ]
for (int j = l; j <= r; j++) ans += a[j];
}
else
{
// 2 l,r 不在同一个块内
// [ l ] [ ] [ ] [r ]
for (int j = l; j <= Right[Pos[l]]; j++) ans += a[j];
for (int j = Right[Pos[l]] + 1; j <= Left[Pos[r]] - 1; j++) ans += sum[j];
for (int j = Left[Pos[r]]; j <= r; j++) ans += a[j];
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}
（不是我写的，但是的确十分简洁易懂对吧）
例题：luogu P3203，LCT板子题可是可以用分块来过
#include<iostream> #include<vector> #include<cstdio> #include<queue> #include<map> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const ll INF=99999999; const int MaxN = 200010; int a[MaxN]; struct nd{ int t,to;//弹几次出此块 int from;//属于第几个块 }t[MaxN]; int n,m,I,J; int sqr,cnt = -1; int Left[MaxN],Right[MaxN]; void findT(int x,int right,int &t,int &to){ int re = 0; int i = x; for(;i <= right;){ int ad = a[i]; i += ad; re++; } t = re; to = i; //printf("需要%d步跳出,跳到%d ",t,to); } inline int Max(int a,int b){ if(a>b) return a; return b; } int main() { //freopen("testdata.in","r",stdin); //freopen("testdata.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i = 0;i < n; i++){ scanf("%d",&a[i]); } sqr = Max(sqrt(n),1); /*for(int i = 0;i < n; i++){ if(i%sqr == 0%sqr) { cnt++; Left[cnt-1] = i; //printf("第%d个块左边是%d ",cnt-1,i); } Right[cnt-1] = i; t[i].from = cnt-1; //printf("右边界:%d ",sqr*cnt-1); findT(i,sqr*cnt-1,t[i].t,t[i].to); }*/ for(int i = 0;i < n; i++){ if(i%sqr == 0%sqr){ Left[++cnt] = i; } t[i].from = cnt; Right[cnt] = i; } for(int i = n-1;i >= 0;i--){ t[i].to = i+a[i]; if(t[i].to >= Right[t[i].from]) t[i].t = 1; else t[i].t=t[t[i].to].t+1,t[i].to=t[t[i].to].to; //printf("%d ",t[i].to); } /* for(int i = 0;i < n; i++){ printf("第%d个元素:跳%d次跳出此块(%d~%d)到%d,属于第%d个块 ",i,t[i].t,Left[t[i].from],Right[t[i].from],t[i].to,t[i].from); }*/ scanf("%d",&m); for(int i = 0;i < m; i++){ scanf("%d%d",&I,&J); int k; if(I == 2){ scanf("%d",&k); a[J] = k; for(int j = Right[t[J].from];j >= Left[t[J].from]; j--){ t[j].to = j+a[j]; if(t[j].to >= Right[t[J].from]) t[j].t = 1; else t[j].t=t[t[j].to].t+1,t[j].to=t[t[j].to].to; } } else{ int ans = 0; while(J < n){ ans += t[J].t; J = t[J].to; } printf("%d ",ans); } } return 0; }
利用分块思想，每一个元素维护跳几次跳出这个块以及跳到哪里。
这样，就可以大大提高查询的速度，但是问题在于如何O(n)的预处理。
预处理：从后往前枚举，就好像穿起一条链。比如：
设t[i]为需要跳t[i]次跳出某个块，to[i]为跳出某个块到to[i]。
假设这个序列为：
... 1 1
第n个元素，处于第x块，则需要1次跳出块到n+a[i]。(t[i] = 1,to[i] = 4)
第n-1个元素，处于第x块（假设处于同一个块），则需要2次跳出块到4。（t[i] = t[to[i]]+1 = 2,to[i] = to[to[i]]，相信不难理解）
以此类推。
这样，只要在修改的时候对于修改元素所在的块进行我们写好的预处理。