题目链接：https://loj.ac/problem/6278
题目描述
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。
输入格式
第一行输入一个数字 \(n\)。
第二行输入 \(n\) 个数字，第 \(i\) 个数字为 \(a_i\)，以空格隔开。
接下来输入 \(n\) 行询问，每行输入四个数字 \(opt\)、\(l\)、\(r\)、\(c\)，以空格隔开。
若 \(opt=0\)，表示将位于 \([l,r]\) 的之间的数字都加 \(c\)。
若 \(opt=1\)，表示询问 \([l,r]\) 中，小于 \(c^2\) 的数字的个数。
输出格式
对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。
样例输入
4
1 2 2 3
0 1 3 1
1 1 3 2
1 1 4 1
1 2 3 2样例输出
3
0
2解题思路
同样还是按照每个块的大小为 \(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\) 来进行分块。
这里我们同样用 \(p[i]\) 来表示 \(a[i]\) 所属的分块编号，用 \(v[k]\) 来表示第 \(k\) 个分块的累计更新值。
于此同时，我们再开一个数组 \(b[i]\) ，\(b\) 数组其实就是 \(a\) 数组的一个映射。那么它是怎么映射的呢？
我们假设 \(a[l..r]\) 属于同一个分块，且 \(a[l] 是这个分块的第一个元素，\)a[r$ 是这个分块的最后一个元素，那么 \(b[l..r]\) 就是 \(a[l..r]\) 排好序的结果，即：
- \(b[l]\) 对应 \(a[l..r]\) 中最小的元素；
- \(b[l+1]\) 对应 \(a[l..r]\) 中次小的元素；
- ……
- \(b[r]\) 对应 \(a[l..r]\) 中最大的元素。
一旦我们修改了某一个分块 \(k\) 中的部分元素，就需要将分块 \(k\) 对应的 \(b\) 数组的这段区间排序（对于分块 \(k\)，它对应的坐标范围应该是 \([(k-1) \times m + 1, \min(k \times m, n)]\)）。
修改操作：
- 如果区间没有完整覆盖分块 \(k\)，则遍历次分块中的每一个元素，令 \(a[i]+=c\)；
- 否则（完整覆盖分块 \(k\)），则令 \(v[k] += c\)。
查询操作：
- 如果区间没有完整覆盖分块 \(k\)，则遍历次分块中的每一个元素，判断 \(a[i] \lt c^2-v[p[i]]\) 是否成立；
- 否则（完整覆盖分块 \(k\)），因为 \(b\) 数组具有单调性，对分块 \(k\) 包含的区间范围内的 \(b[l..r]\) 进行二分获取有多少元素 \(b[i] \lt c^2-v[k]\)。
最后将答案汇总。
每次修改的时间复杂度为 \(O( \sqrt{n} )\)；
每次查询的时间复杂度为 \(O( \sqrt{n} \times \sqrt{ \sqrt{n} } ) = O(n^{ \frac 34 })\) ，
因为总共有有 \(n\) 次操作，所以整的时间复杂度为 \(O(n \times n^{ \frac 34 })\) 。
实现代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 50050;
int n, m, a[maxn], b[maxn], p[maxn], v[300], op, l, r, c;
void update_part(int pid) {
int i1 = (pid-1)*m+1, i2 = min(pid*m+1, n+1); // 一定要注意边界条件，我在这里RE了好久，因为最后一个分块长度不一定是m
for (int i = i1; i < i2; i ++)
b[i] = a[i];
sort(b+i1, b+i2);
}
void add(int l, int r, int c) {
if (p[l] == p[r]) { // 说明在同一个分块，直接更新
for (int i = l; i <= r; i ++) a[i] += c;
update_part(p[l]);
return;
}
if (l % m != 1) { // 说明l不是分块p[l]的第一个元素
for (int i = l; p[i]==p[l]; i ++) {
a[i] += c;
}
update_part(p[l]);
}
else v[p[l]] += c;
if (r % m != 0) { // 说明r不是分块p[r]的最后一个元素
for (int i = r; p[i]==p[r]; i --)
a[i] += c;
update_part(p[r]);
}
else v[p[r]] += c;
for (int i = p[l]+1; i < p[r]; i ++)
v[i] += c;
}
int count_part(int pid, int c) {
int i1 = (pid-1)*m+1, i2 = min(pid*m+1, n+1);
int cnt = lower_bound(b+i1, b+i2, c*c-v[pid]) - (b+i1);
return cnt;
}
int get_count(int l, int r, int c) {
int cnt = 0;
if (p[l] == p[r]) { // 说明在同一个分块，直接更新
for (int i = l; i <= r; i ++)
if (a[i]+v[p[i]] < c*c)
cnt ++;
return cnt;
}
if (l % m != 1) { // 说明l不是分块p[l]的第一个元素
for (int i = l; p[i]==p[l]; i ++)
if (a[i]+v[p[i]] < c*c)
cnt ++;
}
else cnt += count_part(p[l], c);
if (r % m != 0) { // 说明r不是分块p[r]的最后一个元素
for (int i = r; p[i]==p[r]; i --)
if (a[i]+v[p[i]] < c*c)
cnt ++;
}
else cnt += count_part(p[r], c);
for (int i = p[l]+1; i < p[r]; i ++)
cnt += count_part(i, c);
return cnt;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
m = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = (i-1)/m + 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = m; i <= n; i += m) update_part(p[i]); // 初始化所有完整的块
for (int i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d%d", &op, &l, &r, &c);
if (op == 0) add(l, r, c);
else printf("%d\n", get_count(l, r, c));
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/quanjun/p/12112578.html