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????????作者： hsez_yyh

? ? ? ?鏈接：???????????????https://blog.csdn.net/yyh_getAC/article/details/126823013

? ? ? ?來源：湖北省黃石二中信息競賽組
? ? ? ?著作權歸作者所有。商業轉載請聯系作者獲得授權，非商業轉載請注明出處。

????????分塊，顧名思義，就是把問題分成很多塊，然后對每塊單獨求解，最終的答案就是每塊的答案的并。? ? ? ? 在信息學中，我們通常將分塊定義為 把一個長度為 N 的序列分成若干塊，然后對于每次在序列上的操作 ( 一般是區間的修改和查詢)，我們們分別在操作設計的那些塊上進行即可。 簡單的來說，分塊其實就是一種暴力的優化。

? ? ? ? 還是先來看一個小問題：?243. 一個簡單的整數問題2 - AcWing題庫

? ? ? ? 該題要支持區間加以及區間求和，很顯然，這是一個線段樹的板子題，然而我們今天不用線段樹來做。首先我們想一想這道題暴力慢在哪，每次操作如果我們暴力進行的話，那將會是??的復雜度，但是我們好好想一想，每次區間加法的時候，我們其實是沒必要過多關注每個元素的具體值的，例如我們將區間 [ l , r ] 這段區間內的所有數都+1，其實相當于將[ l , r ] 這個區間內所有元素的和+( r-l+1 )，類比于線段樹，要是我們能簡化這個過程就好了，也就是說，我們要是能采取一種非線段樹的方式給每次操作的區間打上標記(即增刪改了些什么)就好了。? ? ? ? 為了不使用線段樹，并且要使復雜度盡可能的優，那就得請出我們今天的主角： 分塊 。

分塊的實現

? ? ? ? 分塊的思路很簡單。 首先，我們先把給定的數組進行分塊處理，即把他們分成若干個相同的區間，一般的，我們把每個塊的長度定為??；為什么是 ?呢 ？ 因為我們的操作是基于塊的：? ? ? ? 假設我們當前要操作的區間為 [ l , r ] ，那么我們可以先看有多少個塊完全處于這個區間中，對于這些塊，我們將只需要在塊上打上操作標記即可，并不用真正地每個元素修改，而我們最多會有???個塊，所以這個過程的復雜度為??的 ； 特別的我們還會有一些塊只有一部分在我們的區間中，而根據常識，這樣的塊最多只會存在兩塊，那么我們對于這兩塊，直接暴力地修改包含在區間的部分的元素即可，很顯然，這兩塊的元素最多有?? 個，所以過程的復雜度也在?的級別。 而每次操作，我們最壞會把上述的兩個過程都跑滿，但是除去我們小小的常數，單次操作的復雜度還是可以保證在??級別的。，所以這樣算下來，我們分塊的總復雜度大約為??，雖然不及線段樹，但是速度還是很快的，爆切幾道題目還是可以的。

我們還是畫個圖來感性理解一下，就以上述那道題目為例：

? ? ? ? ?然后我們來進行一個修改操作，比如說把區間 [ 3,8 ] 內的所有元素 + 2?

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? ? ? ? ?修改操作非常簡單，我們再來看看查詢操作，例如：求區間[ 4,8 ] 內的元素和：

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可見 求和操作也非常的簡單，那么我們就能愉快的切掉例題了：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; LL a[N]; int loc[N],len,tot; struct node {int l,r;LL sum,tag; // sum為該塊內元素和，tag為塊標記 }blk[N]; int n,m; void modify(int l,int r,LL val) //修改操作 {int idx=loc[l],idy=loc[r];if(idx==idy) // 如果區間只在一個塊內 ，就暴力更新答案 {for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=val;blk[idx].sum+=val*(r-l+1);}else{ // 先暴力更新不是整塊的部分 for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++)a[i]+=val;blk[idx].sum+=val*(blk[idx].r-l+1);for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++)a[i]+=val;blk[idy].sum+=val*(r-blk[idy].l+1); for(int i=idx+1;i<idy;i++) //跳塊，直接對于每塊操作 {blk[i].tag+=val;blk[i].sum+=val*(blk[i].r-blk[i].l+1); }} } LL query(int l,int r) // 查詢操作 {int idx=loc[l],idy=loc[r];LL ans=0;if(idx==idy) // 如果區間只在一個塊內 ，就暴力統計答案{for(int i=l;i<=r;i++)ans+=(a[i]+blk[idx].tag);return ans;}else{ // 先暴力統計不是整塊的部分 for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++)ans+=a[i]+blk[idx].tag;for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++)ans+=a[i]+blk[idy].tag;for(int i=idx+1;i<idy;i++) // 然后直接加上所有整塊的塊內元素和 ans+=blk[i].sum;return ans;} } int main() {scanf("%d %d",&n,&m);len=sqrt(n); //求出每塊的長度 for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);loc[i]=(i-1)/len+1; //求出每個元素屬于哪一個塊 blk[loc[i]].sum+=a[i]; // 預處理塊內元素和 if((i-1)%len==0) blk[++tot].l=i; // 這里是記錄每一個塊最左邊的元素的位置if(i%len==0) blk[tot].r=i; // 這里是記錄每一個塊最右邊的元素的位置}char op[2];int xx,yy;LL ff;while(m--){scanf("%s",op);scanf("%d %d",&xx,&yy);if(xx>yy) swap(xx,yy);if(op[0]=='C'){scanf("%lld",&ff);modify(xx,yy,ff);}else printf("%lld\n",query(xx,yy));}return 0; }

可見代碼非常好寫，極其直白，充分體現了暴力美學。

再來看一道題目：Anton and Permutation - 洛谷

題目大意：對于一個長度為 n 的序列進行 k 次操作，每次操作都是交換序列中的某兩個數。對于每一個操作，回答當前序列中有多少個逆序對。

? ? ? ? 這乍一看還真沒思路，再仔細想想，emmm，這不是樹套樹嘛。? ? ? ? 其實完全不用，我們可以用分塊愉快的水過去，空間消耗還少了不知道多少。? ? ? ? 根據一波玄學分析可以發現，假設我們要交換 l 和 r 這兩個位置上的元素，即swap( a[l],a[r] ) ，其影響到的逆序對的個數只會和在區間? [ l, r ] 中值域在[ min(a[l],a[r]),max(a[l],a[r]) ] 中的數；這樣，我們又將其轉換成了一個區間問題：我們先分塊，然后對每個塊分別排序，然后在操作時直接二分出該塊內有多少個數在上述值域中即可。然后對于只有部分在區間中的塊，直接暴力統計答案即可。總復雜度 ：?還是可以接受的。? ? ? ? 代碼：

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#include<bits/stdc++.h> #pragma optimize("Ofast") using namespace std; typedef long long LL; const int N=2e5+10,M=501; int n,q; int loc[N],len,a[N]; struct node {int l,r,id; }blk[M]; vector<int> v[M]; LL solve(int l,int r) {if(l==r) return 0;int idx,idy,xx,yy,k;xx=a[l],yy=a[r];idx=loc[xx],idy=loc[yy];k=find(v[idx].begin(),v[idx].end(),xx)-v[idx].begin();v[idx][k]=yy; loc[yy]=idx;sort(v[idx].begin(),v[idx].end());k=find(v[idy].begin(),v[idy].end(),yy)-v[idy].begin();v[idy][k]=xx; loc[xx]=idy;sort(v[idy].begin(),v[idy].end());LL ans=0,f;if(xx>yy) f=-1,swap(xx,yy);else f=1;if(idx==idy){for(int i=l+1;i<=r-1;i++)if(xx<a[i]&&a[i]<yy) ans++;}else{for(int i=l+1;i<=blk[idx].r;i++)if(xx<a[i]&&a[i]<yy) ans++;for(int i=blk[idy].l;i<=r-1;i++)if(xx<a[i]&&a[i]<yy) ans++;for(int i=idx+1;i<idy;i++)ans+=lower_bound(v[i].begin(),v[i].end(),yy)-upper_bound(v[i].begin(),v[i].end(),xx);}swap(a[l],a[r]);return (2*ans+1)*f; } int main() {scanf("%d %d",&n,&q);len=sqrt(n);int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=i;loc[i]=(i-1)/len+1;v[loc[i]].push_back(i);if((i-1)%len==0) blk[++tot].l=i;if(i%len==0) blk[tot].r=i;}long long ans=0;while(q--){int l,r;scanf("%d %d",&l,&r);if(l>r) swap(l,r);ans+=solve(l,r);printf("%lld\n",ans);}return 0; }

? ? ? ? 再再再看一道題：作詩 - 洛谷

題目大意：求區間內出現偶數次數的數個數。? ? ? ? 嗯，可以莫隊，但是，強制在線，好了，只能考慮分塊了。。。

? ? ? ? 我們直接預處理出每塊到每塊的答案，然后再把每個數在每一塊內出現的個數求出來，用塊前綴和處理，就可以輕松切掉了。

? ? ? ? 代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10,M=320; int n,m,c,tot; int loc[N],a[N]; int cnt[M][N],f[M][N],len; struct node {int l,r,id; }blk[M]; int num[N],st[N]; int ans=0; void solve(int l,int r) {int top=0;if(loc[l]==loc[r]){for(int i=l;i<=r;i++){num[a[i]]++;st[++top]=a[i];}while(top){if(num[st[top]]!=0){ans+=(num[st[top]]&1)^1;num[st[top]]=0;}top--;}return ;}else{if(loc[l]<loc[r]-1) ans=f[loc[l]+1][loc[r]-1];int idx=loc[l],idy=loc[r];for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++){num[a[i]]++;st[++top]=a[i];}for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++){num[a[i]]++;st[++top]=a[i];}while(top){int t=st[top];if(num[t]!=0&&t!=0){int u=cnt[idx+1][t]-cnt[idy][t];if((u%2)&&(num[t]%2)) ans++;else if(u==0&&num[t]%2==0) ans++;else if(u>0&&u%2==0&&num[t]%2) ans--;num[t]=0;}top--;}} } int main() {scanf("%d %d %d",&n,&c,&m);len=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);loc[i]=(i-1)/len+1;if((i-1)%len==0) blk[++tot].l=i;if(i%len==0) blk[tot].r=i;}blk[tot].r=n;for(int i=1;i<=n;i+=len){int di=loc[i];int t=0;for(int j=i;j<=n;j++){cnt[di][a[j]]++;if((cnt[di][a[j]]&1)&&(cnt[di][a[j]]>1)) t--;else if((cnt[di][a[j]]&1)==0) t++;if(j==n) f[di][loc[j]]=t;else if(j%len==0) f[di][loc[j]]=t; }}int l,r;while(m--){scanf("%d %d",&l,&r);l=((l+ans)%n)+1,r=((r+ans)%n)+1;if (l>r) swap(l,r);ans=0;solve(l,r);printf("%d\n",ans);}return 0; }

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? ? ? ? 好的，還有幾道分塊的題目可以做一下：

????????[Violet]蒲公英 - 洛谷? ? ? ? 求區間眾數，沒有修改但是強制在線，可以先預處理每塊內每種蒲公英出現的數量，然后求塊前綴和，在預處理出任意兩個塊的眾數。? ? ? ? 我們詢問 [ l,r ] 這個區間，其區間眾數肯定是區間中完整的塊的眾數和其他部分中出現次數最多的數中的一個。這樣，我們就可以得到??個可能答案，然后我們只需要在這個答案中找出最大的那一個即可，然后對于每一個可能答案，我們可以的統計，那么總復雜度為：??；由于數據較大，我們需要先離散化。

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#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=4e4+10,M=210; int n,m,tot; int loc[N],len; struct node {int l,r,id; }blk[M]; int a[N],c[N]; vector<int> v[N]; int d[M][M]; int get_num(int &l,int &r,int &k) {return upper_bound(v[k].begin(),v[k].end(),r)-lower_bound(v[k].begin(),v[k].end(),l); } int solve(int l,int r) {int ans=0;int idx=loc[l],idy=loc[r];if(idx<idy-1) ans=d[idx+1][idy-1];int nn=get_num(l,r,ans),n1;if(idx==idy){for(int i=l;i<=r;i++){n1=get_num(l,r,a[i]);if(nn<n1||(nn==n1&&a[i]<ans)) ans=a[i],nn=n1;}}else{for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++){n1=get_num(l,r,a[i]);if(nn<n1||(nn==n1&&a[i]<ans)) ans=a[i],nn=n1;}for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++){n1=get_num(l,r,a[i]);if(nn<n1||(nn==n1&&a[i]<ans)) ans=a[i],nn=n1;}}return c[ans]; } int main() {scanf("%d %d",&n,&m);len=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);loc[i]=(i-1)/len+1;if((i-1)%len==0) blk[++tot].l=i;if(i%len==0) blk[tot].r=i;c[i]=a[i];}sort(c+1,c+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=lower_bound(c+1,c+1+n,a[i])-c;v[a[i]].push_back(i);}int cnt[N],res;for(int i=1;i<=n;i+=len){memset(cnt,0,sizeof(cnt));res=0;for(int j=i;j<=n;j++){cnt[a[j]]++;if(cnt[a[j]]>cnt[res]||(cnt[a[j]]==cnt[res]&&a[j]<res)) res=a[j];if(j%len==0) d[(i-1)/len+1][j/len]=res;else if(j==n) d[(i-1)/len+1][j/len+1]=res;}}int last=0,l,r;while(m--){scanf("%d %d",&l,&r);l=(l+last-1)%n+1;r=(r+last-1)%n+1;if(l>r) swap(l,r);last=solve(l,r);printf("%d\n",last);}return 0; }

其實如果用差分統計答案的話，復雜度能降一個??。

????????簡單的問題(easy) - 洛谷? ? ? ? 詢問區間所有奇數中最大的那一個，每次把某個區間中所有的數加上同一個值，直接分塊，此題比較水，每塊維護該塊內最大的奇數和最大的偶數即可，要開O2。

? ? ? ? 代碼如下：

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#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &FF){T RR=1;FF=0;char CH=getchar();for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);FF*=RR; } typedef long long LL; const int N=2e5+10; int n,q,loc[N]; struct node {int l,r;int id,si[2];LL mx[2],add; }blk[502]; LL a[N],mm; int len,tot,sum=0; void modify(int l,int r,LL val) {int idx=loc[l],idy=loc[r];if(idx==idy){for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=val;blk[idx].si[1]=blk[idx].si[0]=0;blk[idx].mx[1]=blk[idx].mx[0]=0;for(int i=blk[idx].l;i<=blk[idx].r;i++){a[i]+=blk[idx].add;if(a[i]%2LL){blk[loc[i]].mx[1]=max(blk[loc[i]].mx[1],a[i]);blk[loc[i]].si[1]++;}else{blk[loc[i]].mx[0]=max(blk[loc[i]].mx[0],a[i]);blk[loc[i]].si[0]++;}}blk[idx].add=0;}else{for(int i=idx+1;i<=idy-1;i++){if(blk[i].si[1])blk[i].mx[1]+=val;if(blk[i].si[0])blk[i].mx[0]+=val;if(val%2LL){swap(blk[i].si[0],blk[i].si[1]);swap(blk[i].mx[1],blk[i].mx[0]);}blk[i].add+=val;}for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++) a[i]+=val;for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++) a[i]+=val;blk[idx].si[1]=blk[idx].si[0]=blk[idy].si[1]=blk[idy].si[0]=0;blk[idx].mx[1]=blk[idx].mx[0]=blk[idy].mx[1]=blk[idy].mx[0]=0;for(int i=blk[idx].l;i<=blk[idx].r;i++){a[i]+=blk[idx].add;if(a[i]%2LL){blk[loc[i]].mx[1]=max(blk[loc[i]].mx[1],a[i]);blk[loc[i]].si[1]++;}else{blk[loc[i]].mx[0]=max(blk[loc[i]].mx[0],a[i]);blk[loc[i]].si[0]++;}}blk[idx].add=0;for(int i=blk[idy].l;i<=blk[idy].r;i++){a[i]+=blk[idy].add;if(a[i]%2LL){blk[loc[i]].mx[1]=max(blk[loc[i]].mx[1],a[i]);blk[loc[i]].si[1]++;}else{blk[loc[i]].mx[0]=max(blk[loc[i]].mx[0],a[i]);blk[loc[i]].si[0]++;}}blk[idy].add=0;} } void query(int l,int r) {int idx=loc[l],idy=loc[r];sum=0,mm=0;if(idx==idy){for(int i=l;i<=r;i++){if((a[i]+blk[idx].add)%2LL){sum++;mm=max(mm,a[i]+blk[idx].add);} }return ;}else{for(int i=idx+1;i<=idy-1;i++){sum+=blk[i].si[1];mm=max(mm,blk[i].mx[1]);}for(int i=l;i<=blk[idx].r;i++){if((a[i]+blk[idx].add)%2LL){sum++;mm=max(mm,a[i]+blk[idx].add);}}for(int i=blk[idy].l;i<=r;i++){if((a[i]+blk[idy].add)%2LL){sum++;mm=max(mm,a[i]+blk[idy].add);}}}return ; } int main() {read(n);len=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){loc[i]=(i-1)/len+1;read(a[i]);if((i-1)%len==0) blk[++tot].l=i;if(i%len==0) blk[tot].r=i;if(a[i]%2LL){blk[loc[i]].mx[1]=max(blk[loc[i]].mx[1],a[i]);blk[loc[i]].si[1]++;}else{blk[loc[i]].mx[0]=max(blk[loc[i]].mx[0],a[i]);blk[loc[i]].si[0]++;}}read(q);int op,l,r;LL xx;while(q--){read(op),read(l),read(r);if(op==1){query(l,r);printf("%d %lld\n",sum,mm);}else{read(xx);modify(l,r,xx);}}return 0; }

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? ? ? ? 好了，分塊就講到這里了，希望大家能牢記這個數據結構，其可能會出其不意地幫你A掉許多很困難的題目。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的分块详解(优雅的暴力)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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