一：分块
分块的思想就是通过合适的划分，将一部分信息预处理并保存下来，用空间来换取时间，其实分块是“优化”的暴力，效率比不上树状数组和线段树，但它更通用和容易实现。
二：例题1
给定一个长度为N(N ≤ 10^5)的数列A，然后有M(M ≤ 10^5)个操作指令。
操作1：格式：1 x y k 含义：将区间[x, y]上的每一个数都加上k
操作2：格式：2 x y 含义：输出区间[x, y]内每个数的和
这道题用线段树和树状数组都可以很优秀的通过，但我们用这道题来练一下分块
三：分析
我们先将数列A分成若干个不超过 ? √n ? (下取整)的段，其中第i段的左端点为(i - 1)? √n ?+1，右端点为min(i*? √n ?, n)，例如当n = 10的时候，我们分成4块
我们可以先定义数字sum[i]，表示第 i 块的区间和，定义add[i]表示第 i 段的“增量标记”(下面细讲)，初始值为0。
1. 对于指令 1 x y k
(1).若x， y都在第 i 块内，则选择暴力更新，把A[x], A[x+1],......A[y-1], A[y]都加上k，同时将sun[i] 更新 为 sum[i] + (y - x + 1) * k
(2). 否则，设x在第p块， y在第q块
①：对于i∈[p+1, q-1], i是一个整块，所以直接add[i] += k，表示第 i 块都加上了k。(优于暴力更新)
②：对于p、q所在不足一整块的，类似于(1)进行暴力更新
2.对于指令 2 x y
(1).若x， y都在第i块内，则(A[x] + A[x+1] + ...... + A[y-1] + A[y]) + add[i] * (y - x + 1)就是答案
(2).否则设x在第p块， y在第q块， 令Ans = 0；
①：对于i∈[p+1, q-1], i是一个整块，Ans += sum[i] + add[i] * len[i];// len[i] 是第i块的长度
②：对于p、q所在不足一整块的，类似于(1)进行计算
对于t， 我们令 t = ? √n ?， len = n / t，由于n不一定是完全平方数，所以就要新开一块的操作(Code中会说明)。由于块长块数都近似于O(√n)，所以时间复杂度为O((n + m) * √n)
Code:
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
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4 typedef long long LL;
5 const int maxn = 1e5 + 10;
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7 // 分块求解 O((n+m) * √n)
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9 LL Read();
10
11 LL n, m, t;
12 LL val[maxn], sum[maxn], add[maxn];
13 int L[maxn], R[maxn], pos[maxn];
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15 inline void change(int l, int r, LL x) {
16 int p = pos[l], q = pos[r]; // l r所在那一块
17 if(p == q) { // 在同一块
18 for(int i=l; i<=r; i++) val[i] += x; // 直接更新
19 sum[p] += x * (r - l + 1); // 更新本块的和
20 }
21 else { // 不在同一块
22 for(int i=p+1; i<=q-1; ++i) add[i] += x; // p ~ q之间的整块
23 for(int i=l; i<=R[p]; ++i) val[i] += x; // 更新 p所在的非整块
24 sum[p] += x * (R[p] - l + 1); // 更新sum
25 for(int i=L[q]; i<=r; ++i) val[i] += x; //更新 q所在的非整块
26 sum[q] += x * (r - L[q] + 1); // 更新sum
27 }
28 }
29
30 inline LL ask(int l, int r) {
31 int p = pos[l], q = pos[r];
32 LL Ans = 0;
33 if(p == q) { // 在同一块
34 for(int i=l; i<=r; ++i) Ans += val[i]; // 暴力求和
35 Ans += add[p] * (r - l + 1); // 加上此块总共加的
36 }
37 else {
38 for(int i=p+1; i<=q-1; ++i) // 加上pq所在块之间的整块
39 Ans += sum[i] + add[i] * (R[i] - L[i] + 1); // 加上sum和此块总共加的
40 for(int i=l; i<=R[p]; ++i) Ans += val[i]; //加上p所在块的一些元素
41 Ans += add[p] * (R[p] - l + 1);
42 for(int i=L[q]; i<=r; ++i) Ans += val[i];//加上p所在块的一些元素
43
44 Ans += add[q] * (r - L[q] + 1);
45 }
46 return Ans;
47 }
48
49 int main() {
50 n = Read(), m = Read();
51 for(int i=1; i<=n; ++i) val[i] = Read();
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53 // 分块
54 t = sqrt(n);
55 for(int i=1; i<=t; ++i) {
56 L[i] = (i-1) * t + 1; // 第i块的左断电
57 R[i] = i * t; // 第i块的右端点
58 }
59 if(R[t] < n) { // 没有分完，
60 t++; // 新加一组
61 L[t] = R[t-1]+1; // 新的一组左端点为上一组右端点的下一个
62 R[t] = n; // 右端点为n
63 }
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65 //预处理
66 for(int i=1; i<=t; ++i) { // 枚举每一块 开始预处理
67 for(int j=L[i]; j<=R[i]; ++j) {
68 pos[j] = i; // 记录每一个元素
69 sum[i] += val[j]; // 计算每一块的和
70 }
71 }
72
73 // solve
74 while(m --) {
75 int f, x, y; scanf("%d%d%d", &f, &x, &y);
76 if(f == 1) { //
77 LL z = Read();
78 change(x, y, z);
79 }
80 else {
81 //printf("%lld %lld\n", x, y);
82 LL Ans = ask(x, y);
83 printf("%lld\n", Ans);
84 }
85 }
86 return 0;
87 }
88 // 快读
89 inline LL Read() {
90 LL x = 0, f = 1; char ch = getchar();
91 while(!isdigit(ch)) {if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar(); }
92 while(isdigit(ch)) { x = x * 10 + (ch-48), ch = getchar(); }
93 return x*f;
94 }
四：例题2
题目描述
众所周知，模数的hash会产生冲突。例如，如果模的数p=7，那么4和11便冲突了。
B君对hash冲突很感兴趣。他会给出一个正整数序列value[]。
自然，B君会把这些数据存进hash池。第value[k]会被存进(k%p)这个池。这样就能造成很多冲突。
B君会给定许多个p和x，询问在模p时，x这个池内数的总和。
另外，B君会随时更改value[k]。每次更改立即生效。
保证1<=p<n1<=p<n.
原文地址：https://www.cnblogs.com/Marginalin/p/9777061.html