有一种很常见的题型 就是一个在一个好长的序列中进行 乍一看都是很麻烦的那种 修改和查询。
通常这种题 都是拿高端的数据结构 轻轻松松优化查询修改复杂度写过去，可是不会怎么办??!
于是就可以利用分块这种小技巧了。
这个技能就算是带奇技淫巧的暴力吧，暴力出奇迹。
简单来说 : 这种思路就是 把序列分成很多个块， 建立块与块之间的联系，然后每次修改就只需要改一个块里的东西。
如果分成 √N 块，每块有 √N 个 ， 那么每次修改 查询 的操作 就都被减到了以前的根号级别， 所以就可以水过好多题
看下面两道例题，写完就会分块了。
[HNOI2010]BOUNCE 弹飞绵羊
原链接https://www.luogu.org/problem/show?pid=1393
题的意思是，地上沿一条直线摆了N个弹簧，第i个弹簧弹力值是Ki ，代表这个弹簧会把绵羊弹飞到位置 i+Ki，若不存在 i+Ki则绵羊被弹飞。M次操作，询问操作是给定一个起点x，求小绵羊从x出发被弹几次后被弹飞，修改操作是把第i个弹簧的弹力值修改为k
N<=200000，M<=100000
这个题的标程是LCT(link-cut-tree) (有朝一日我学了会回来发题解的)
做法是先分块，(求一下每个块的l,r 每个点的belong)
block=( int)sqrt(N);
cnt=(N%block)?N/block+1:N/block;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
l[i]=r[i-1]+1,r[i]=l[i]+block-1;
r[cnt]=N;
for(int i=1,j=1;i<=cnt;j++)
{
belong[j]=i;
if(j==r[i])i++;
}
然后 算一下 每个弹簧 可以弹到 下一个块的什么位置(还有步数)
for(int i=N;i>=1;i--)
{
to[i]=i+a[i];
if(to[i]>r[belong[i]])step[i]=1;
else step[i]=step[to[i]]+1,to[i]=to[to[i]];
}
就维护上面这些，所以每次修改只用改一个块里的东西
然后询问的时候就是一块一块的跳 累加上步数。
while(M--)
{
int k,x,y;
read(k);
if(k==1) //query
{
ans=0;read(x);x++;
while(x<=N)ans+=step[x],x=to[x];
printf("%d\n",ans);
}
else //change
{
read(x);read(y);x++;
a[x]=y;
for(int i=r[belong[x]];i>=l[belong[x]];i--)
{
to[i]=i+a[i];
if(to[i]>r[belong[i]])step[i]=1;
else step[i]=step[to[i]]+1,to[i]=to[to[i]];
}
}
}
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define MAXN 200001
3 void read(int& x)
4 {
5 x=0;char c;c=getchar();
6 while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=getchar();
7 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
8 }
9 int N,M,block,cnt,ans,a[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],step[MAXN],to[MAXN],belong[MAXN];
10 int main()
11 {
12 read(N);
13 for(int i=1;i<=N;i++)read(a[i]);
14 //initiation
15 block=( int)sqrt(N);
16 cnt=(N%block)?N/block+1:N/block;
17 for(int i=1;i<=cnt;i++)
18 l[i]=r[i-1]+1,r[i]=l[i]+block-1;
19 r[cnt]=N;
20 for(int i=1,j=1;i<=cnt;j++)
21 {
22 belong[j]=i;
23 if(j==r[i])i++;
24 }
25 for(int i=N;i>=1;i--)
26 {
27 to[i]=i+a[i];
28 if(to[i]>r[belong[i]])step[i]=1;
29 else step[i]=step[to[i]]+1,to[i]=to[to[i]];
30 }
31 //operation
32 read(M);
33 while(M--)
34 {
35 int k,x,y;
36 read(k);
37 if(k==1) //query
38 {
39 ans=0;read(x);x++;
40 while(x<=N)ans+=step[x],x=to[x];
41 printf("%d\n",ans);
42 }
43 else //change
44 {
45 read(x);read(y);x++;
46 a[x]=y;
47 for(int i=r[belong[x]];i>=l[belong[x]];i--)
48 {
49 to[i]=i+a[i];
50 if(to[i]>r[belong[i]])step[i]=1;
51 else step[i]=step[to[i]]+1,to[i]=to[to[i]];
52 }
53 }
54 }
55 return 0;
56 }
完整代码
[CQOI2011]动态逆序对
原链接 https://www.luogu.org/problem/show?pid=3157
题意是有一个长度为N的序列，M次操作，每次删一个数并求逆序对个数
N<=100000，M<=50000
正经做法里有 线段树+BST的 CDQ分治的 还有主席树?
分块做法 ： 每个块都存在一个树状数组里。(不懂的话去写一个树状数组求逆序对的模板=、=)
先算一下修改之前的逆序对个数，
减去其它块的贡献(贡献直接拿树状数组查询) 自己块里的贡献就直接直接遍历一遍。
复杂度差不多是N*√N*logN(应该可以卡过去)
就贴个核心操作部分的代码吧，很好理解。
// operation
while(M--)
{
int x;cin>>x;
// calc
for(int i=1;i<belong[x];i++)
ans-=siz-query(c[belong[x]],a[x]);
for(int i=l[belong[x]];i<x;i++)
if(a[i]>a[x])ans--;
for(int i=x+1;i<=r[belong[x]];i++)
if(a[x]>a[i])ans--;
for(int i=belong[x]+1;i<=block;i++)
ans-=query(c[belong[x]],a[x]-1);
cout<<ans<<" ";
// update
add(c[belong[x]],a[x],-1);
}
千言万语汇成一句话：