分块简单入门
按
树状数组虽超级快，但是很僵硬，不灵活；线段树虽快，但是却不直观，代码量大；所以，速度较慢但直观形象、代码量小的分块大法不实为线段树的替代品。
网络上关于分块的教程不知道为什么很少，虽然早有hzwer大神的分块九讲，但是还是少了入门级详解教程。此篇将分为三个阶段，保证初学者在有意识地阅读后基本掌握分块。
1.简单的入门题
问题引入
给定长度为N(N<=1e5)的正数数列A，然后输入Q(Q<=1e5)行操作命令，指令形如Q l r，表示统计数列中第l~r个数中的最大值
思路
首先想到的简单暴力遍历在这个数量级是会超时，这道题我们可以用分块来做。
先将长度为n，从1开始标号的数组a分为 sqrt(n)块（此时时间复杂度最小）维护，那么易得以下推论
a[i]处于(i-1)/sqrt(n)+1块- 第
i块的左端点为(i-1)*sqrt(n)+1，右端点为min(i*sqrt(n), n)
以上推论便于理解后续实现，可以自己动手模拟验证一下
我们可以先预处理出每一块的最大值并存入数组m[]中，于是对于命令Q l r，我们可以将查询区间[l,r]分为两个部分——所有的整块（整区间）部分和开头和结尾不足一整区间的部分。然后对于整区间我们直接取已维护好了的区间最大值m[i]进行比较，而对于开头和结尾不足一整区间的部分，我们朴素暴力遍历，最终合并答案，得解。
这便是分块算法最基本的思路，概括起来就是大段维护，局部朴素
实现
说明：
blo为区间大小，pos[i]表示a[i]元素位于第pos[i]块，其他变量名同上
例码：
#include <iostream>
#include <cmath>
#define MAXN 100001
#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))//宏
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
int blo,n,q,a[MAXN],m[MAXN],pos[MAXN];
int query(int l, int r){
int ans=0;
for(register int i=l;i<=MIN(r, pos[l]*blo);i++)//统计左区间（或者查询区间）
ans=MAX(ans, a[i]);
for(register int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)//统计整块区间
ans=MAX(ans, m[i]);
if(pos[l]!=pos[r])//如果存在右区间才遍历，防止重复计算
for(register int i=(pos[r]-1)*blo+1;i<=r;i++)//统计右区间
ans=MAX(ans, a[i]);
return ans;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);//输入输出加速
cin>>n;
blo=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i],pos[i]=(i-1)/blo+1,m[pos[i]]=MAX(m[pos[i]], a[i]);//初始化
cin>>q;
char type;
int l,r;
while(q--){
cin>>type>>l>>r;
cout<<query(l,r)<<endl;
}
return 0;
}
2.较难的区间修改
问题引入
给定长度为N(N<=1e5)的数列A，然后输入Q(Q<=1e5)行操作命令
- 第一类指令形如
C l r d，表示把数列中第l~r个数都加d - 第二类指令形如
Q l r，表示统计数列中第l~r个数的和
思路
同样如上，将长度为n，从1开始标号的数组a分为 sqrt(n)块维护
然后对于操作命令C l r d，[l,r]开头和结尾不足一整区间的部分暴力操作并维护区间之和sum[]；而[l,r]包含的所有整区间则不用暴力操作，而是使用一个add[]数组（类似于线段树的lazy[]延迟标记）记录操作值。
对于命令Q l r也就同理，不足一整区间的部分暴力相加并再加上add[]标记乘以当前区间的个数（因为为了分块算法的效率，操作整块区间时并没有真的修改区间内元素所有值，而是直接用延迟标记add[]暂时记录下来，所以当后面再单独操作取值时，就必须下放延迟标记）；而整块部分则直接sum[]相加即可
总体时间复杂度为
实现
例码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,q,a[MAXN],blo,sum[MAXN],add[MAXN],pos[MAXN];
void change(int l, int r, int d){
for(register int i=l;i<=min(pos[l]*blo,r);i++)
a[i]+=d,sum[pos[l]]+=d;
for(register int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)
add[i]+=d;
if(pos[l]!=pos[r])//防止重复计算
for(register int i=(pos[r]-1)*blo+1;i<=r;i++)
a[i]+=d,sum[pos[r]]+=d;
}
int query(int l, int r){
int res=0;
for(register int i=l;i<=min(pos[l]*blo,r);i++)
res+=a[i]+add[pos[l]];
for(register int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)
res+=sum[i]+add[i]*blo;
if(pos[l]!=pos[r])//防止重复计算
for(register int i=(pos[r]-1)*blo+1;i<=r;i++)
res+=a[i]+add[pos[r]];
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);//输入输出加速
cin>>n;
blo=(int)sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i],pos[i]=(i-1)/blo+1,sum[pos[i]]+=a[i];//初始化
cin>>q;
char type;
int l,r,d;
for(int i=0;i<q;i++){
cin>>type>>l>>r;
if(type=='C'){
cin>>d;
change(l,r,d);
}else
cout<<query(l,r)<<endl;
}
return 0;
}
扩展
其实本题的操作还可以包含区间乘法，即操作涉及区间加法、区间乘法，n个区间和询问。具体思路就是开两个标记数组，分别维护区间加法和区间乘法。值得注意的是，每一次下放标记时，乘法的运算优先级要高于加法，比如当前块加法标记已为m，那么再进行一个乘n的操作后，加法标记应更新为n*m
3.难题
问题引入
思路
在线分块大法，首先离散化一下，然后预处理出m[a][b]数组，表示第a块到第b块中蒲公英出现次数最多的编号为m[a][b]；在查询区间[l,r]时，采用分块思想，整区间直接取出与首尾暴力得到的答案进行合并，得解。
实现
（在洛谷上没开O2就RE，开了O2就AC了，也不知道为什么(；´д｀)ゞ）
// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#define MAXN 50004
#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
int n,q,a[MAXN],num[MAXN],m[505][505][2],blo,cnt[MAXN];
int t[MAXN];
vector <int> po[MAXN];
int getb(int x){//获取a[x]所在块编号
return (x-1)/blo+1;
}
int getlp(int b){//获取第i块的左端点
return (b-1)*blo+1;
}
int getrp(int b){//获取第i块的右端点
return MIN(b*blo, n);
}
int getnum(int l, int r, int x){//获取区间[l,r]中x出现的次数
return upper_bound(po[x].begin(),po[x].end(),r)-lower_bound(po[x].begin(),po[x].end(),l);
}
void load(int x){//预处理
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int mx=0, mx_num=0;
for(int i=x;i<=getb(n);i++){
for(int j=getlp(i);j<=getrp(i);j++){
cnt[a[j]]++;
if(cnt[a[j]]>mx||(cnt[a[j]]==mx&&a[j]<mx_num)){//注意如果有若干种蒲公英出现次数相同，则输出种类编号最小的那个
mx=cnt[a[j]];
mx_num=a[j];
}
}
m[x][i][0]=mx_num;
m[x][i][1]=mx;
}
}
int query(int l, int r){//查询
int mx_num=m[getb(l)+1][getb(r)-1][0];
int mx=m[getb(l)+1][getb(r)-1][1];
for(register int i=l;i<=MIN(r, getrp(getb(l)));i++){
int t=getnum(l, r, a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&a[i]<mx_num)){
mx=t;
mx_num=a[i];
}
}
if(getb(l)!=getb(r))
for(register int i=getlp(getb(r));i<=r;i++){
int t=getnum(l, r, a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&a[i]<mx_num)){
mx=t;
mx_num=a[i];
}
}
return num[mx_num];
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>q;
blo=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i],t[i]=a[i];
}
sort(t+1, t+1+n);
int len=unique(t+1, t+1+n)-(t+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int temp=lower_bound(t+1, t+1+len, a[i])-t;//从1开始
num[temp]=a[i],a[i]=temp;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
po[a[i]].push_back(i);
for(int i=1;i<=getb(n);i++) load(i);
int x=0;
while(q--){
int l,r;
cin>>l>>r;
l=(l+x-1)%n+1,r=(r+x-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
x=query(l, r);
cout<<x<<endl;
}
return 0;
}
参考
- 《算法竞赛进阶指南》
- 数列分块入门1 – 9 by hzwer
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