LibreOJ 6278. 数列分块入门 2 题解

时间 2020-01-08

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题目描述

给出一个长为 $n$ 的数列，以及 $n$ 个操做，操做涉及区间加法，询问区间内小于某个值 $x$ 的元素个数。数组

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。spa

输出格式

对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。code

样例输入

样例输出

3
0
2

解题思路

一样仍是按照每一个块的大小为 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 来进行分块。
这里咱们一样用 $p[i]$ 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，咱们再开一个数组 $b[i]$ ，$b$ 数组其实就是 $a$ 数组的一个映射。那么它是怎么映射的呢？
咱们假设 $a[l..r]$ 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：排序

$b[l]$ 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。

一旦咱们修改了某一个分块 $k$ 中的部分元素，就须要将分块 $k$ 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 $[(k-1) \times m + 1, \min(k \times m, n)]$）。get

修改操做：it

若是区间没有完整覆盖分块 $k$，则遍历次分块中的每个元素，令 $a[i]+=c$；
不然（完整覆盖分块 $k$），则令 $v[k] += c$。

查询操做：class

若是区间没有完整覆盖分块 $k$，则遍历次分块中的每个元素，判断 $a[i] \lt c^2-v[p[i]]$ 是否成立；
不然（完整覆盖分块 $k$），由于 $b$ 数组具备单调性，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。date

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 $O( \sqrt{n} \times \sqrt{ \sqrt{n} } ) = O(n^{ \frac 34 })$ ，遍历

由于总共有有 $n$ 次操做，因此整的时间复杂度为 $O(n \times n^{ \frac 34 })$ 。

实现代码以下：

#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); // 必定要注意边界条件，我在这里RE了很久，由于最后一个分块长度不必定是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]);    // 初始化全部完整的块
    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;
}