LOJ6277~6285 数列分块入门

分块需注意的问题

~~数组大小应为\(N+\sqrt N\)，因为最后一个块可能会超出\(N\)的范围。~~改成记录\(blk,fr,to\)就不用担心这个了
当操作的区间在一个块内时，要特判成暴力修改。
要清楚什么时候应该+tag[t]

最后一个块是越界的，注意是否有影响

数列分块入门 1

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

//数列分块入门 1
#include <cstdio>
#include <cmath>
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
int const N=5e4+10;
int n,n0;
int a[N],tag[N];
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int owo=1;owo<=n;owo++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(),c=read();
    if(opt==0)
    {
        int L0=L/n0,R0=R/n0;
        if(L0==R0) {for(int i=L;i<=R;i++) a[i]+=c; continue;}
        for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) a[i]+=c;
        for(int i=L0+1;i<=R0-1;i++) tag[i]+=c;
        for(int i=R0*n0;i<=R;i++) a[i]+=c;
    }
    else printf("%d\n",a[R]+tag[R/n0]);
}
return 0;
}

数列分块入门 2

给出一个长为\(n\)的数列，以及\(n\)个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值\(x\)的元素个数。

//数列分块入门 2
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
int const N=5e4+1000;
int const INF=0x7FFFFFFF;
int n,n0;
int a[N],b[N],tag[N];
void update(int t)
{
int fr=t*n0,to=fr+n0-1;
for(int i=fr;i<=to;i++) b[i]=a[i];
sort(b+t*n0,b+(t+1)*n0);
}
int query(int t,int x)
{
return lower_bound(b+t*n0,b+(t+1)*n0,x)-(b+t*n0);
}
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();
b[0]=INF; for(int i=n+1;i<=(n/n0+1)*n0;i++) b[i]=INF;
for(int t=0;t<=n/n0;t++) sort(b+t*n0,b+(t+1)*n0);
for(int owo=1;owo<=n;owo++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(),c=read();
    int L0=L/n0,R0=R/n0;
    if(opt==0)
    {
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]+=c;
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) a[i]+=c;
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) tag[t]+=c;
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) a[i]+=c;
        }
        update(L0),update(R0);
    }
    else
    {
        int res=0;
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) res+=(a[i]+tag[L0]<c*c);
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) res+=(a[i]+tag[L0]<c*c);
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) res+=query(t,c*c-tag[t]);
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) res+=(a[i]+tag[R0]<c*c);
        }
        printf("%d\n",res);
    }
}
return 0;
}

数列分块入门 3

给出一个长为\(n\)的数列，以及\(n\)个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值\(x\)的前驱（比其小的最大元素）。

//数列分块入门 3
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
int const N=1e5+1000;
int const INF=0x7FFFFFFF;
int n,n0;
int a[N],b[N],tag[N];
void update(int t)
{
int fr=t*n0,to=fr+n0;
for(int i=fr;i<to;i++) b[i]=a[i];
sort(b+fr,b+to);
}
int res;
void check(int x,int x0) {if(x<x0) res=max(res,x);}
int pre(int t,int v)
{
int x=lower_bound(b+t*n0,b+t*n0+n0,v)-b;
return x==t*n0?-INF:b[x-1]+tag[t];
}
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();
b[0]=INF; for(int i=n+1;i<=n/n0*n0;i++) b[i]=INF;
for(int t=0;t<=n/n0;t++) sort(b+t*n0,b+t*n0+n0);
for(int owo=1;owo<=n;owo++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(),c=read();
    int L0=L/n0,R0=R/n0;
    if(opt==0)
    {
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]+=c;
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) a[i]+=c;
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) tag[t]+=c;
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) a[i]+=c;
        }
        update(L0),update(R0);
    }
    else
    {
        res=-INF;
        if(L0==R0)
            for(int i=L;i<=R;i++) check(a[i]+tag[L0],c);
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) check(a[i]+tag[L0],c);
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) res=max(res,pre(t,c-tag[t]));
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) check(a[i]+tag[R0],c);
        }
        printf("%d\n",res>-INF?res:-1);
    }
}
return 0;
}

数列分块入门 4

给出一个长为\(n\)的数列，以及\(n\)个操作，操作涉及区间加法，区间求和。

#include <cstdio>
#include <cmath>
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
typedef long long lint;
int const N=5e4+1000;
int n,n0;
lint a[N],tag[N],sum[N];
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i/n0]+=a[i];
for(int owo=1;owo<=n;owo++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(); lint c=read();
    int L0=L/n0,R0=R/n0;
    if(opt==0)
    {
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]+=c,sum[L0]+=c;
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) a[i]+=c,sum[L0]+=c;
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) tag[t]+=c,sum[t]+=c*n0;
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) a[i]+=c,sum[R0]+=c;
        }
    }
    else
    {
        long long res=0;
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) res+=a[i]+tag[L0];
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) res+=a[i]+tag[L0];
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) res+=sum[t];
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) res+=a[i]+tag[R0];
        }
        printf("%lld\n",res%(c+1));
    }
}
return 0;
}

数列分块入门 5

给出一个长为\(n\)的数列，以及\(n\)个操作，操作涉及区间开方，区间求和。

//数列分块入门 5
#include <cstdio>
#include <cmath>
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
const int N=5e5+10;
const int N0=800;
int n,n0,a[N];
int sum[N0],left[N0];
void update(int t)
{
sum[t]=0,left[t]=0;
for(int i=t*n0;i<=(t+1)*n0-1;i++) sum[t]+=a[i],left[t]+=(a[i]>1);
}
void change(int t)
{
for(int i=t*n0;i<=(t+1)*n0-1;i++) a[i]=a[i]>1?sqrt(a[i]):a[i];
update(t);
}
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    a[i]=read();
    sum[i/n0]+=a[i],left[i/n0]+=(a[i]>1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(),c=read();
    int L0=L/n0,R0=R/n0;
    if(opt==0)
    {
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]=a[i]>1?sqrt(a[i]):a[i];
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) a[i]=a[i]>1?sqrt(a[i]):a[i];
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) if(left[t]) change(t);
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) a[i]=a[i]>1?sqrt(a[i]):a[i];
        }
        update(L0),update(R0);
    }
    else
    {
        int res=0;
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) res+=a[i];
        else
        {
            for(int i=L;i<=(L0+1)*n0-1;i++) res+=a[i];
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) res+=sum[t];
            for(int i=R0*n0;i<=R;i++) res+=a[i];
        }
        printf("%d\n",res);
    }
}
return 0;
}

数列分块入门 7

给出一个长为\(n\)的数列，以及\(n\)个操作，操作涉及区间乘法，区间加法，单点询问。

//数列分块入门 7
#include <cstdio>
#include <cmath>
inline char gc()
{
static char now[1<<16],*S,*T;
if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=gc();
while(ch<‘0‘||‘9‘<ch) {if(ch==‘-‘) f=-1; ch=gc();}
while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=gc();
return x*f;
}
typedef long long lint;
int const N=1e5+10;
int const N0=400;
lint const P=1e4+7;
int n,n0; lint a[N];
int blk[N],fr[N0],to[N0];
lint add[N0],mul[N0];
void pushdown(int t) {for(int i=fr[t];i<=to[t];i++) a[i]=(a[i]*mul[t]+add[t])%P; add[t]=0,mul[t]=1;}
int main()
{
n=read(); n0=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) blk[i]=(i-1)/n0+1;
for(int t=1;t<=blk[n];t++) fr[t]=(t-1)*n0+1,to[t]=t*n0;
to[blk[n]]=n;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int t=1;t<=blk[n];t++) mul[t]=1;
for(int owo=1;owo<=n;owo++)
{
    int opt=read(),L=read(),R=read(); lint c=read()%P;
    int L0=blk[L],R0=blk[R];
    if(opt==0)
    {
        pushdown(L0),pushdown(R0);
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]+=c,a[i]%=P;
        else
        {
            for(int i=L;i<=to[L0];i++) a[i]+=c,a[i]%=P;
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) add[t]+=c,add[t]%=P;
            for(int i=fr[R0];i<=R;i++) a[i]+=c,a[i]%=P;
        }
    }
    if(opt==1)
    {
        pushdown(L0),pushdown(R0);
        if(L0==R0) for(int i=L;i<=R;i++) a[i]*=c,a[i]%=P;
        else
        {
            for(int i=L;i<=to[L0];i++) a[i]*=c,a[i]%=P;
            for(int t=L0+1;t<=R0-1;t++) mul[t]*=c,mul[t]%=P,add[t]*=c,add[t]%=P;
            for(int i=fr[R0];i<=R;i++) a[i]*=c,a[i]%=P;
        }
    }
    if(opt==2) printf("%lld\n",(a[R]*mul[R0]+add[R0]+n*P)%P);
}
return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/VisJiao/p/8503764.html

时间： 2024-07-31 08:32:16

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LibreOJ 6285. 数列分块入门 9

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Loj 6285. 数列分块入门 9

链接: https://loj.ac/problem/6285 思路: 离散化处理下就好了,具体解释在代码里. ps: 小新新别看了,你学不会的实现代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 1e5 + 10; int n,block,idx,a[M],bl[M],f[510][510],val[M],cnt[M]; vector<int>ve[M]; void pre(int x){ //预处理

数列分块入门1-9 LibreOJ

数列分块入门1-9 LibreOJ 我也不知道为什么一个大二的ACM选手没学分块. 我怎么记得大一的时候,学长教给我的分块就只有 block 和 num 两个变量来着...好吧,应该是我没认真学.正好前两天朋友给学弟开课,乘机去蹭了一节课.然后...我还是不会哇,菜的一逼塌糊涂. 还是卿学姐好哇,多听几遍,睡得贼香. 分块原理分块嘛,其实就是优雅的暴力,和莫队(不会)有点异曲同工的赶脚.通过将数组分成小块以降低复杂度. 通常情况下: 每个块的大小(block)为 \(\sqrt{n}\) 块数

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#6284. 数列分块入门 8 内存限制:256 MiB时间限制:500 ms标准输入输出题目类型:传统评测方式:文本比较上传者: hzwer 提交提交记录统计讨论 1 测试数据题目描述给出一个长为 nnn 的数列,以及 nnn 个操作,操作涉及区间询问等于一个数 ccc 的元素,并将这个区间的所有元素改为 ccc. 输入格式第一行输入一个数字 nnn. 第二行输入 nnn 个数字,第 i 个数字为 aia_ia?i??,以空格隔开. 接下来输入 nnn 行询问,每行输入三个数字 ll

数列分块入门

分块是莫队算法的前置知识,也是一种十分暴力的数据结构. 分块的核心思想是把要操作的数列 \(a_i\) 分成若干长度相等的"块":修改/查询时对于整一块都在指定区间 \([L,R]\) 内的块整体修改/查询,对于只有块的一部分在指定区间内的暴力修改/查询. 由于不需要操作/查询具有区间加法等性质,分块比线段树.树状数组.ST表等数据结构具有更加灵活的应用. 先来看一道例题数列分块入门 4,简而言之,就是要求实现区间加法&区间查询:线段树可以很轻松地实现这两个操作,

数列分块入门5 解题报告

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