【题解】LibreOJ #6281. 数列分块入门 5

题目链接：LibreOJ #6281. 数列分块入门 5

题面

题目描述

给定一个长为 (n) 的数列 (a_1dots a_n)，以及 (n) 个操作，操作涉及区间开方，区间求和。

输入格式

第一行输入一个数字 (n)。

第二行输入 (n) 个数字，第 (i) 个数字为 (a_i)，以空格隔开。

接下来输入 (n) 行询问，每行输入四个数字 ( m{opt},l,r,c)，以空格隔开。

若 ( m opt=0)，表示将位于 (left[l, r ight]) 的之间的数字都开方。对于区间中每个 (a_ileft(lleq ileq r ight)longleftarrow lfloor sqrt a_i floor)

若 ( m opt=1)，表示询问位于 (left[l, r ight]) 的所有数字的和。

输出格式

对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。

样例（很水）

Input

4
1 2 2 3
0 1 3 1
1 1 4 4
0 1 2 2
1 1 2 4

Output

6
2

数据范围与提示

对于 (100\%) 的数据，(1leq nleq 50000,-2^{31}leq { m others})、({ m ans}leq 2^{31}-1)。

写博客时的吐槽

( m LaTeX)是真nm难打啊。。

思路

审题

与平时最简单的数列分块入门的区别在于，这个数列分块入门五并不是加上or减去一个数，而是开方。这两者的区别在于，加上或者减去一个数与这个数本身无关，可以直接相加减，可以直接做记号表示这个块加上或减去了某个数。

加上或减去某个数时，在完整块中，这一个块每一个数增加或减少的值都相同，就可以很容易地给这一整个块做标记。

但是做开方运算时（其实乘方、乘除都很坑），每一个块增加或者减小的值不相等，就导致了不能把这一整个块增加或减小的值做一个标记，这就相当于把分块废掉了。

解法

这是一道题目，总不可能没有解法吧。

我们用到了下面这个( m sol())函数来解决这个问题。

void sol(int x) {
  if (flag[x]) return; //如果这个块被标记了，就废了，直接返回，节省时间
                       //标记原则后面会讲
  flag[x] = true;      //先把这个块标记
  sum[x] = 0;          //将sum[]数组初始化为零
  for (int i = (x - 1) * len + 1; i <= x * len; i++) { //循环块内每一个值
    a[i] = sqrt(a[i]), sum[x] += a[i]; //对块内每一个数都做开方运算，再把他们的和存进sum[]数组里面
    if (a[i] > 1) flag[x] = false;     //如果这一个值还大于1，也就是还能够进行开方，这个块就还能继续开放，把flag[]标记去除
  }
  return;
}

从上面的函数中可以看出，我们把已经不能再开方的块进行跳过，大大节约了程序开方的时间。这就是代码的关键。

剩下的地方就和普通的数列分块差不多了。

代码

#include <cstdio> //getchar()和putchar()要用
#include <cmath>  //取块大小和开方时需要用到sqrt()函数

int b[50005], a[50005], sum[255];
bool flag[255];
int len;

int read() {//快速读入，因为LibreOJ默认吸氧，所以没有了前面的inline
  int X = 0; bool flag = 1; char ch = getchar();
  while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') flag = 0; ch = getchar();}
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {X = (X << 1) + (X << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}
  if (flag) return X;
  return ~ (X - 1);
}

void write(int X) {//快速输出，同上
  if (X < 0) {putchar('-'); X = ~ (X - 1);}
  int s[50], top = 0;
  while (X) {s[++top] = X % 10; X /= 10;}
  if (!top) s[++top] = 0;
  while (top) putchar(s[top--] + '0');
  putchar('
');
  return;
}

void sol(int x) {
  if (flag[x]) return; //如果这个块被标记了，就废了，直接返回，节省时间
  flag[x] = true;      //先把这个块标记
  sum[x] = 0;          //将sum[]数组初始化为零
  for (int i = (x - 1) * len + 1; i <= x * len; i++) { //循环块内每一个值
    a[i] = sqrt(a[i]), sum[x] += a[i]; //对块内每一个数都做开方运算，再把他们的和存进sum[]数组里面
    if (a[i] > 1) flag[x] = false;     //如果这一个值还大于1，也就是还能够进行开方，这个块就还能继续开放，把flag[]标记去除
  }
  return;
}

void add(int l, int r) {
  for (int i = l; i <= (b[l] * len < r ? b[l] * len : r); i++) { //从左往右暴力循环左侧不完整块
    sum[b[l]] -= a[i];
    a[i] = sqrt(a[i]);
    sum[b[l]] += a[i];
  }
  if (b[l] != b[r]) //如果l和r不在同一块内
    for (int i = r; b[i] == b[r]; i--) { //同右往左暴力循环右侧不完整块
	//循环条件这里我原来一直写i == b[r]就错了，要注意，下面query()函数也是
      sum[b[r]] -= a[i];
      a[i] = sqrt(a[i]);
      sum[b[r]] += a[i];
    }
  for (int i = b[l] + 1; i <= b[r] - 1; i++) sol(i); //中间完整块使用sol()函数解决
  return;
}

int query(int l, int r) { //查询函数，与普通分块差不多
  int ans = 0;
  for (int i = l; i <= (b[l] * len < r ? b[l] * len : r); i++) ans += a[i];//左侧
  if (b[l] != b[r]) for (int i = r; b[i] == b[r]; i--) ans += a[i];//右侧
  for (int i = b[l] + 1; i <= b[r] - 1; i++) ans += sum[i];//中间
  return ans;
}

int main() {
  int n;
  n = read();
  len = sqrt(n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    b[i] = (i - 1) / len + 1;
    sum[b[i]] += a[i];
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    bool opt; int l, r;
    opt = read(); l = read(); r = read(); read();
    opt ? write(query(l, r)) : add(l, r);
    //三目运算符，如果opt==1就add()，else就query()
  }
  return 0;
}