前言:由于笔者分块水平极低,所以可能有各种各样的奇葩错误,看到了请直接指出来,不胜感激。
(这里基本都是较难的分块,前提芝士我就懒得写了)
FAQ
Q:分块是什么?
A:一种高端的暴力,具体来说就是将询问和修改的复杂度尽量平摊,一般来说这种问题都是询问(修改)复杂度较高(比如\(\Theta(n)\)),修改(询问)复杂度较低(比如\(\Theta(1)\)),如果使两者都达到\(\Theta(\sqrt n)\),问题就可以较高效的解决。
Q:只能分块做吗?
A:一般来说除了纯分块题都会有\(Poly log\)的做法...
正题
CF1178G
题意:
给定一棵有根树,每个点有两个数\(a_i,b_i \in [-5000,5000]\)定义其权值如下
\[ \vert \sum_{w \in R(v)} a_w\vert \cdot \vert \sum_{w \in R(v)} b_w\vert \]
(\(R(x)\)定义为\(x\)到根节点简单路径上的所有节点)
两种操作
1 v x:\(a_v +=x (x>0)\)
2 v:求子树\(v\)内的权值最大值
\(\text{limit} : n\le 100000\)
解法:
可以观察到\(b_i\)其实是固定的可以预处理出来
答案也就是\(max\{-min(v_i),v_i\}\)(负数也要处理)
然后我们发现其实就是动态求\(kx+b\)的最大值(\(b \rightarrow k, a\rightarrow x,a'b'\rightarrow b\)初始权值就是常数)
其实也就是在凸包上切出最大截距
那么我们可以按照\(dfn\)进行分块,每次中间的块打上偏移\(tag\)(凸包上位置往后移的tag),边角块暴力重构(初始值\(+=x*b\)),发现\(tag\)单增,于是不需要二分直接暴力往后移就好了。
代码比较清晰
//Love and Freedom.
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define inf 20021225
#define N 200010
#define BS 505
using namespace std;
int read()
{
int s=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*s;
}
struct edge{int to,lt;}e[N<<1];
int n,m,q;
int in[N],cnt,dfn[N],idfn[N],sz[N],a[N],b[N],A[N],B[N];
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].lt=in[x]; in[x]=cnt;
e[++cnt].to=x; e[cnt].lt=in[y]; in[y]=cnt;
}
struct poi
{
ll x,y;
poi(){}
poi(ll _x,ll _y){x=_x,y=_y;}
ll val(int _x){return x*_x+y;}
};
poi operator-(poi a,poi b){return poi(a.x-b.x,a.y-b.y);}
ll cross(poi a,poi b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
struct que
{
poi q[BS]; int hd,tl;
void init(){hd=1; tl=0;}
void push(poi a){q[++tl]=a;}
void addpoi(ll x,ll y)
{
poi ins=poi(x,y);
while(hd<tl && cross(q[tl]-q[tl-1],ins-q[tl-1])>=0) tl--; push(ins);
}
ll query(int x)
{
ll ans=-1e18;
while(hd<tl && q[hd].val(x)<=q[hd+1].val(x)) hd++; if(hd<=tl) ans=max(ans,q[hd].val(x));
return ans;
}
};
bool cmp(int x,int y){return B[x]<B[y];}
struct block
{
que up,dn; int l,r,sz,num[BS],tag;
ll query(){return max(up.query(tag),dn.query(tag));}
void build()
{
up.init(); dn.init(); sz=r-l+1;
for(int i=l;i<=r;i++) num[i-l+1]=i;
sort(num+1,num+sz+1,cmp);
for(int i=1;i<=sz;i++)
up.addpoi(B[num[i]],1ll*A[num[i]]*B[num[i]]);
reverse(num+1,num+sz+1);
for(int i=1;i<=sz;i++)
dn.addpoi(-B[num[i]],-1ll*A[num[i]]*B[num[i]]);
}
}kk[BS];
int tms;
void dfs(int x,int fr)
{
sz[x]=1; dfn[x]=++tms; idfn[tms]=x;
a[x]+=a[fr]; b[x]+=b[fr];
for(int i=in[x];i;i=e[i].lt)
{
int y=e[i].to; if(y==fr) continue;
dfs(y,x); sz[x]+=sz[y];
}
}
int bel[N];
void init()
{
m=sqrt(n); int bk=(n+m-1)/m;
for(int i=1;i<=bk;i++)
{
kk[i].l=(i-1)*m+1; kk[i].r=min(i*m,n);
for(int j=kk[i].l;j<=kk[i].r;j++)
bel[j]=i;
kk[i].build();
}
}
void modify(int l,int r,int v)
{
if(bel[l]==bel[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++) A[i]+=v;
kk[bel[l]].build(); return;
}
for(int i=l;i<=kk[bel[l]].r;i++) A[i]+=v; kk[bel[l]].build();
for(int i=kk[bel[r]].l;i<=r;i++) A[i]+=v; kk[bel[r]].build();
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) kk[i].tag+=v;
}
ll query(int l,int r)
{
ll ans=-1e18;
if(bel[l]==bel[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)
ans=max(ans,1ll*abs(A[i]+kk[bel[l]].tag)*B[i]);
return ans;
}
for(int i=l;i<=kk[bel[l]].r;i++)
ans=max(ans,1ll*abs(A[i]+kk[bel[l]].tag)*B[i]);
for(int i=kk[bel[r]].l;i<=r;i++)
ans=max(ans,1ll*abs(A[i]+kk[bel[r]].tag)*B[i]);
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++)
ans=max(ans,kk[i].query());
return ans;
}
int main()
{
n=read(),q=read();
for(int i=2;i<=n;i++) add(read(),i);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=a[idfn[i]],B[i]=abs(b[idfn[i]]);
init();
while(q--)
{
int ty=read(),x=read();
if(ty==1)
{
int v=read();
modify(dfn[x],dfn[x]+sz[x]-1,v);
}
else
{
printf("%I64d\n",query(dfn[x],dfn[x]+sz[x]-1));
}
}
return 0;
}
[Ynoi2018] 末日时在做什么?有没有空?可以来拯救吗?
\(\color{red}{\text{warning}}\):这份代码没卡过去,只保证正确性。
题意:
区间加(正整数),区间最大子段和。
\(\text{limit}:n\leq 100000\)
解法:
先考虑全局来做,维护函数\(f(x)\)表示\(+x\)的答案,显然是个凸包(下凸)
类似上题维护\(tag\)然后我们发现我们无法块快速维护这个凸包
考虑一下这个凸包怎么搞
我们分治\((l,r)\)显然\((l,mid)\)和\((mid,r)\)的凸包可以递归下去算
跨越\(mid\)的凸包并不好求,但我们可以想起单点修改的区间最大子段和怎么做,我们可以合并左区间的最大后缀和/右区间的最大前缀和(显然这两个也是凸的),合并凸包有奇技淫巧闵科夫斯基和(什么 你不会 那就戳这一篇博客学习一下)做到\(\Theta(n)\)合并。
然后写完了以后你就T飞啦 哈哈
具体优化什么的可以看这位神仙的博客来学一下
卡不过去可以用这个题验证正确性
(它怎么我前几天写的时候是权限题,今天就不是了??黑人问号脸.jpg)
//Love and Freedom.
#pragma GCC optimize(3)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 100010
#define B 110
#define INF (1ll<<48)
using namespace std;
int read()
{
int s=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*s;
}
struct poi
{
ll x,y;
poi(){}
poi(ll _x,ll _y){x=_x,y=_y;}
};
poi operator+(poi a,poi b){return poi(a.x+b.x,a.y+b.y);}
poi operator-(poi a,poi b){return poi(a.x-b.x,a.y-b.y);}
ll cross(poi a,poi b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
struct data{ll l,r,ans,sum;};
data operator+(data a,data b)
{
data ans;
ans.l=max(a.l,a.sum+b.l);
ans.r=max(b.r,b.sum+a.r);
ans.ans=max(a.ans,max(b.ans,a.r+b.l));
ans.sum=a.sum+b.sum;
return ans;
}
void gethull(poi *st,int &top)
{
int rem=top; top=1;
for(int i=2;i<=rem;i++)
{
while(top>1 && cross(st[i]-st[top-1],st[top]-st[top-1])<=0) top--;
st[++top]=st[i];
}
}
poi tmp[B+10]; int n,m;
void insert(poi a){tmp[a.x].y=max(tmp[a.x].y,a.y);}
struct block
{
int l,r,sz; poi pre[B+10],suf[B+10],ans[B+10]; ll a[B+10];
data val; ll tag; bool flag; int lsz; int s1,s2,s3,p1,p2,p3;
int brute(int l,int r) // (l,r]
{
ll sum=0; for(int i=l+1;i<=r;i++) sum+=a[i],ans[i]=poi(i-l,sum);
for(int i=l+2;i<=r;i++)
{
sum=0; for(int j=0;i+j<=r;j++)
sum+=a[i+j],ans[l+j+1].y=max(ans[l+j+1].y,sum);
}
s3=r-l; gethull(ans+l,s3); return s3;
}
ll getval(poi a){return a.y+a.x*tag;}
int solve(int l,int r) // (l,r]
{
if(r-l<lsz) return 0; if(r-l<17) return brute(l,r);
int mid=l+r>>1;
int ls=solve(l,mid),rs=solve(mid,r);
for(int i=1;i<=r-l;i++) tmp[i]=poi(i,-INF);
for(int i=l+1;i<=l+ls;i++) insert(ans[i]);
for(int i=mid+1;i<=mid+rs;i++) insert(ans[i]);
ll sum=0; s1=0; for(int i=mid+1;i<=r;i++) s1++,sum+=a[i],pre[s1]=poi(s1,sum); gethull(pre,s1);
sum=0; s2=0; for(int i=mid;i>l;i--) s2++,sum+=a[i],suf[s2]=poi(s2,sum); gethull(suf,s2);
int w1=1,w2=1; insert(pre[w1]+suf[w2]);
while(w1!=s1&&w2!=s2)
{
if(cross(pre[w1+1]+suf[w2]-pre[w1]-suf[w2],pre[w1]+suf[w2+1]-pre[w1]-suf[w2])>=0) w2++;
else w1++; insert(pre[w1]+suf[w2]);
}
while(w1!=s1) w1++,insert(pre[w1]+suf[w2]);
while(w2!=s2) w2++,insert(pre[w1]+suf[w2]);
gethull(tmp,s3=r-l); for(int i=1;i<=s3;i++) ans[l+i]=tmp[i];
return s3;
}
void moveon(poi *a,int &p,int &s)
{
while(p<s) if(getval(a[p])<=getval(a[p+1])) p++;
else return;
}
void recons()
{
if(tag) for(int i=1;i<=sz;i++) a[i]+=tag; tag=0;
if(!flag){flag=1; for(int i=1;i<=sz;i++) flag&=(a[i]>=0);}
if(flag){val.sum=0; for(int i=1;i<=sz;i++) val.sum+=a[i]; val.l=val.r=val.ans=val.sum; return;}
lsz=ans[p3].x; solve(0,sz);
ll sum=0; s1=0; for(int i=1;i<=sz;i++) s1++,sum+=a[i],pre[s1]=poi(s1,sum); gethull(pre,s1);
sum=0; s2=0; for(int i=sz;i;i--) s2++,sum+=a[i],suf[s2]=poi(s2,sum); gethull(suf,s2);
p1=p2=p3=1; moveon(pre,p1,s1); moveon(suf,p2,s2); moveon(ans,p3,s3);
flag&=(p1==s1)&&(p2==s2)&&(p3==s3);
val=(data){max(pre[p1].y,0ll),max(suf[p2].y,0ll),max(ans[p3].y,0ll),sum};
}
void modify(int x)
{
if(flag){tag+=x; val.sum+=x*sz; val.l=val.r=val.ans=val.sum; return;}
tag+=x; moveon(pre,p1,s1); moveon(suf,p2,s2); moveon(ans,p3,s3);
val=(data){max(0ll,getval(pre[p1])),max(0ll,getval(suf[p2])),max(0ll,getval(ans[p3])),val.sum+x*sz};
}
data calc(int l,int r) // [l,r]
{
data wei=(data){0,0,0,0}; ll sum=0;
for(int i=l;i<=r;i++) sum+=a[i]+tag; wei.sum=sum; sum=0;
for(int i=l;i<=r;i++) sum+=a[i]+tag,wei.l=max(wei.l,sum); sum=0;
for(int i=r;i>=l;i--) sum+=a[i]+tag,wei.r=max(wei.r,sum); sum=0;
for(int i=l;i<=r;i++)
{
sum+=a[i]+tag; if(sum<0) sum=0;
wei.ans=max(wei.ans,sum);
}
return wei;
}
ll getans(int l,int r)
{
ll sum=0; ll ans=0;
for(int i=l;i<=r;i++)
{
sum+=a[i]+tag; if(sum<0) sum=0;
ans=max(sum,ans);
}
return ans;
}
}blo[(N/B)+1]; int bel[N];
void modify(int l,int r,int x)
{
int id=bel[l],fr=blo[id].l;
if(bel[l]==bel[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)
blo[id].a[i-fr]+=x;
blo[id].recons();
return;
}
for(int i=l;i<=blo[id].r;i++) blo[id].a[i-fr]+=x; blo[id].recons(); id=bel[r],fr=blo[id].l;
for(int i=blo[id].l+1;i<=r;i++) blo[id].a[i-fr]+=x; blo[id].recons();
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) blo[i].modify(x);
}
ll query(int l,int r)
{
int id=bel[l],fr=blo[id].l;
if(bel[l]==bel[r]) return blo[id].getans(l-fr,r-fr);
data qwq=blo[id].calc(l-fr,blo[id].r-fr);
for(int i=bel[l]+1;i<bel[r];i++) qwq=qwq+blo[i].val;
qwq=qwq+blo[bel[r]].calc(1,r-blo[bel[r]].l);
return qwq.ans;
}
char ch[10];
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=0,id=0;i<=n;i+=B,id++)
{
for(int j=1;j<=B&&i+j<=n;j++) blo[id].a[j]=read(),bel[i+j]=id;
blo[id].sz=min(n-i,B); blo[id].l=i; blo[id].r=i+B; blo[id].recons();
}
while(m--)
{
scanf("%s",ch+1); int l=read(),r=read();
if(ch[1]=='A') modify(l,r,read());
else printf("%lld\n",query(l,r));
}
return 0;
}
区间逆序对
这个简单(
解法:
维护点到块的前缀/后缀逆序对个数,然后边角暴力就好了
//Love and Freedom.
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define inf 20021225
#define N 51000
#define B 200
using namespace std;
int read()
{
int s=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*s;
}
int tmp[N];
int solve(int *a,int n)
{
if(n<=1) return 0;
int s1=n>>1,s2=n-s1,ans=solve(a,s1)+solve(a+s1,s2),l=0,r=0,sz=0;
while(l<s1&&r<s2)
{
if(a[l]>a[s1+r]) tmp[sz++]=a[r+s1],r++;
else tmp[sz++]=a[l++],ans+=r;
}
while(l<s1) tmp[sz++]=a[l++],ans+=s2;
while(r<s2) tmp[sz++]=a[s1+r],r++;
for(int i=0;i<sz;i++) a[i]=tmp[i];
return ans;
}
int suf[N][(N/B)+1],pre[N][(N/B)+1]; int a[N+10],n,v[N+10];
int cnt[N]; int bel[N],lb[(N/B)+1],rb[(N/B)+1],blo[(N/B)+1],sz[(N/B)+1],bc,rem[N+10];
int main()
{
n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=a[i]=read();
sort(v+1,v+n+1); int nn=unique(v+1,v+n+1)-v;
for(int i=1;i<=n;i++) rem[i]=a[i]=lower_bound(v+1,v+nn,a[i])-v;
for(int i=1,id=1;i<=n;i+=B,id++)
{
for(int j=0;j<B;j++) cnt[a[i+j]]++,bel[i+j]=id;
for(int j=1;j<=nn;j++) cnt[i]+=cnt[i-1];
for(int j=1;j<i;j++) pre[j][id]=pre[j-1][id]+cnt[a[j]-1];
lb[id]=i; rb[id]=min(n,i+B-1); sz[id]=rb[id]-lb[id]+1; blo[id]=solve(a+i,sz[id]);
bc=id; for(int j=1;j<=nn;j++) cnt[j]=0;
}
for(int i=bc;i;i--)
{
int l=lb[i],r=rb[i];
for(int j=l;j<=r;j++) cnt[a[j]]++;
for(int j=1;j<=nn;j++) cnt[j]+=cnt[j-1];
for(int j=r+1;j<=n;j++) suf[j][i]=suf[j+1][i]+(sz[i]-cnt[a[j]]);
for(int j=1;j<=nn;j++) cnt[j]=0;
}
int m=read(),lastans=0;
while(m--)
{
int l=read()^lastans,r=read()^lastans;
if(bel[l]==bel[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=rem[i];
printf("%d\n",lastans=solve(a+l,r-l+1));
continue;
}
int lid=bel[l],rid=bel[r],tot=0;
for(int i=l;i<=rb[lid];i++) a[tot++]=rem[i];
for(int i=lb[rid];i<=r;i++) a[tot++]=rem[i];
int ans=solve(a,tot);
for(int i=lid+1;i<rid;i++) ans+=pre[r][i]-pre[l-1][i]+suf[l][i]-suf[r+1][i]+blo[i];
printf("%d\n",lastans=ans);
}
return 0;
}
md我好像3个题写了3天??8是很懂(
\(\color{red}{\text{warning}}\):剩下的题都没写 只是看懂的 所以写错的可能性极大
二次离线莫队
考虑\([l,r]\)向\([l',r']\)拓展
对于右边拓展\(r\)答案增量就是\(query(1,r-1)-query(1,l-1)\)
同样左端点用后缀就可以了
也就可以转化成查询\([1,r]\)中\(>s[r]\)的个数和查询\([1,r]\)中\(>s[a,b]\)的个数,这两个可以\(\Theta(1)\)回答,所以总复杂度\(\Theta(n\sqrt n)\)
前提:满足可减性
第14分块(Hard Ver.)
题意:
有\(n\)个数\(a_i\)
每次给出一个区间\([l,r]\)查询区间内多少二元组\((i,j)\)满足\(a_i\)是\(a_j\)倍数
\(\text{limit}: n,a_i \le 100000\)
解法:
二次离线莫队,转化成下面的问题
查询\([1,r]\)中是\(s[r]\)/\(s[a,b]\)的约数/倍数的个数
倍数都可以直接枚举约数得到,单个约数可以预处理,就只剩查一整个块的约数了。
考虑对约数根号分治,\(>\sqrt{n}\)的可以扫描线枚举倍数,\(\le \sqrt n\)的可以先枚举,然后搞前缀和直接算,考虑到这个玩意的区间数只有\(\sqrt n\)所以是\(\Theta (\sqrt n ^3)\)还是\(\Theta(n \sqrt n)\)
天天爱跑步·改
啊 我懒得写了 看这个吧
BZOJ5145
CF896E
UOJ 33
UOJ435
UOJ337
以上为咕咕名单