#6277. 数列分块入门 1

题目链接：https://loj.ac/problem/6277

题目描述

给出一个长为 nnn 的数列，以及 nnn 个操作，操作涉及区间加法，单点查值。

输入格式

第一行输入一个数字 nnn。

第二行输入 nnn 个数字，第 iii 个数字为 aia_iai?，以空格隔开。

接下来输入 nnn 行询问，每行输入四个数字 opt\mathrm{opt}opt、lll、rrr、ccc，以空格隔开。

若 opt=0\mathrm{opt} = 0opt=0，表示将位于 [l,r][l, r][l,r] 的之间的数字都加 ccc。

若 opt=1\mathrm{opt} = 1opt=1，表示询问 ara_rar? 的值（lll 和 ccc 忽略）。

输出格式

对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。

样例

样例输入

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

样例输出

2
5

数据范围与提示

对于100%的数据，1<=n<=50000, -2^31<=others,ans<=2^31-1。

思路：

1.用线段树或者树状数组作，这里写了一个线段树的，懒标记，区间更新的模板题，不多讲

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+10;
int tree[maxn*4],lazy[maxn*4],n;
void build(int l,int r,int root)//建树
{
    if(l==r)
    {
        scanf("%d",&tree[root]);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,root<<1);
    build(mid+1,r,root<<1|1);
    tree[root]=tree[root<<1]+tree[root<<1|1];
}

void pushdown(int l,int r,int k)//懒标记下传
{
    if(lazy[k])
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        lazy[k<<1]+=lazy[k];
        lazy[k<<1|1]+=lazy[k];
        tree[k<<1]+=(mid-l+1)*lazy[k];
        tree[k<<1|1]+=(r-mid)*lazy[k];
        lazy[k]=0;
    }
}

void update(int x,int y,int l,int r,int root,int val)//区间更新
{
    if(x<=l&&y>=r)
    {
        lazy[root]+=val;
        tree[root]+=val*(r-l+1);
        return ;
    }
    pushdown(l,r,root);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid)
        update(x,y,l,mid,root<<1,val);
    if(y>mid)
        update(x,y,mid+1,r,root<<1|1,val);
    tree[root]=tree[root<<1]+tree[root<<1|1];
}

int query(int l,int r,int root,int x)//查询
{
    if(l==r)
        return tree[root];
    pushdown(l,r,root);
    int mid=(l+r)>>1;
    int ans;
    if(x<=mid)
        ans=query(l,mid,root<<1,x);
    if(x>mid)
        ans=query(mid+1,r,root<<1|1,x);
    tree[root]=tree[root<<1]+tree[root<<1|1];
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    build(1,n,1);
    int opt,l,r,c;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&opt,&l,&r,&c);
        if(opt==1)
            printf("%d\n",query(1,n,1,r));
        else if(opt==0)
            update(l,r,1,n,1,c);
    }
    return 0;
}

2.分块思维：

我们假设每个块大小设为m，则有n/m个块，对于不在完整块里面的区间，就直接暴力更新，因为每个块的大小不超过m，所以复杂度是2m，所以每次更新的复杂度是O（n/m + m）由均值不等式可知，当m等于√n时，复杂度最小。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+10;
int n,block,a[maxn],b[maxn],pos[maxn];
void update(int l,int r,int c)
{
    for(int i=l;i<=min(pos[l]*block,r);i++)//左边的不完整的块暴力加
        a[i]+=c;
    if(pos[l]!=pos[r])
    {
        for(int i=(pos[r]-1)*block+1;i<=r;i++)//右边不完整的块的暴力加
            a[i]+=c;
    }
    for(int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)//l到r中间的完整块,可以整块用b记录。
        b[i]+=c;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    block=sqrt(n);//分块，块的大小
    for(int i=1;i<=n;i++)
        pos[i]=(i-1)/block+1;//每个数处在哪个块中
    int opt,l,r,c;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&opt,&l,&r,&c);
        if(opt==0)
            update(l,r,c);
        else if(opt==1)
            printf("%d\n",a[r]+b[pos[r]]);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/xiongtao/p/9744764.html