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前言

分块不能说是一种数据结构，它是一种思想，无论是数列分块，块状链表，还是数论分块，莫队算法，都应用了分块的思想。

本文主要介绍狭义上的分块，即数列分块。

数列分块的引入

数列分块可以说是暴力，一种优美的暴力，它的基本思路是，把数列分成若干块（一般取$\sqrt n$），分块预处理。

在修改时，块内直接修改标记（别告诉我你不会线段树），块外暴力修改（同时更新数据）

同理，查询时块内直接看预处理的数据和标记，块外（边角料）暴力。

数列分块的复杂度是$O(n\sqrt n)$，肯定比线段树或树状数组的$O(n\log n)$要慢，但是它容易写，而且直观，可以解决一些线段树无法维护的问题，在复杂度允许的情况下可以使用。

数列分块复杂度证明（可跳过）

设对数列分成$T$块。

最坏情况下需要修改$S_1< T$块。

块外最坏情况下需要修改$S_2<\frac{2n}{T}$个元素。

整体操作$\le S_1+S_2$次。

由均值不等式，

$$\frac{S_1+S_2}{2} \le \sqrt {S_1S_2} $$

即

$$S_1+S_2 \le 2 \sqrt {T \times \frac{2n}{T}}$$

故数列分块单次操作最坏情况下小于

$$2 \sqrt {2n}$$

忽略常数，则数列分块总体复杂度为

$$q \sqrt n$$

若$q$，$n$同阶，则时间复杂度为

$$O(n\sqrt n)$$

注：刚学均值不等式没几天，证明的可能不对，如果有错误请评论或私信我指出。

代码详解

以loj. 数列分块入门1为例。

预处理

在预处理中，会处理以下几个变量。

R,L代表每一个块的左右边界（其实可以不处理这个，但是写起来比较麻烦）

pos保存着每一个数所在的块。

int t=sqrt(n);//分t个块
for(int i=1;i<=t;i++) L[i]=(i-1)*t+1,R[i]=i*t;//处理出每个块的左右边界
if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;//分块后最后一部分很可能不在块内，所以要增加一个块
for(int i=1;i<=t;i++)
    for(int j=L[i];j<=R[i];j++) pos[j]=i;//处理出每个数所在块的编号

注意，分块后最后一部分很可能不在块内，所以要增加一个块。

这个预处理的时间复杂度为$O(n)$。

修改

修改操作采用的是”块内修改标记，块外暴力修改“的策略。

void change(int l,int r,int k){
    int p=pos[l],q=pos[r];//找到左右边界所在的块
    if(p==q){
        //如果这个区间在一个块内，就直接暴力修改
        for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=k;
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++) a[i]+=k;//整块左边的”边角料“，暴力修改
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++) add[i]+=k;//对于整块，直接修改标记
        for(int i=L[q];i<=r;i++) a[i]+=k;//整块右边的”边角料“
    }
}

这就是分块的基本操作，接下来看几道例题。

例题

数列分块入门 2

原题

最开始看到这题，我以为是树套树，后来老师讲解才发现，分块真™暴力。

题意：区间加法，询问区间内小于某个值$x$的元素个数。

分析：这题看起来很难，实际上直接查询操作直接暴力枚举即可。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
int a[N],L[N],R[N],add[N],pos[N];
int n;
void change(int l,int r,int k){
    int p=pos[l],q=pos[r];
    if(p==q){
        for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=k;
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++) a[i]+=k;
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++) add[i]+=k;
        for(int i=L[q];i<=r;i++) a[i]+=k;
    }
}
int query(int l,int r,int k){
    int cnt=0;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(a[i]+add[pos[i]]<k*k) cnt++;
    }
    return cnt;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int t=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=t;i++) L[i]=(i-1)*t+1,R[i]=i*t;
    if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++) pos[j]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int opt,l,r,k;
        scanf("%d%d%d%d",&opt,&l,&r,&k);
        if(opt) printf("%d\n",query(l,r,k));
        else change(l,r,k);
    }
}

数列分块入门 3

原题

题意：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）。

分析：

考虑每个块建一个vector，块内排序，每次散块修改就重构，复杂度大概是预处理$O(n\log n)$，散块重构：散块不超过$2 \sqrt n$，共$O(n\sqrt n\log n)$，访问前驱：散块直接暴力，整块每块内用lower_bound函数找，共$O(n\sqrt n\log n)$，总复杂度$O(n\sqrt n\log n)$。

另一种做法是用set维护，预处理插入进set复杂度是$O(n\log n)$，散块直接删除再插入，复杂度也是$O(n\sqrt n\log n)$，访问前驱也是散块暴力，整块lower_bound，总复杂度两种方法相同，都是$O(n\sqrt n\log n)$。

我的代码使用了set，毕竟自动排序常数可能小点？（雾）

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],L[N],R[N],add[N],pos[N];
set<int>s[N];
int n;
void change(int l,int r,int k){
    int p=pos[l],q=pos[r];
    if(p==q){
        for(int i=l;i<=r;i++){
            s[pos[i]].erase(a[i]);
            a[i]+=k;
            s[pos[i]].insert(a[i]);
        }
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++){
            s[pos[i]].erase(a[i]);
            a[i]+=k;
            s[pos[i]].insert(a[i]);
        }
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++) add[i]+=k;
        for(int i=L[q];i<=r;i++){
            s[pos[i]].erase(a[i]);
            a[i]+=k;
            s[pos[i]].insert(a[i]);
        }
    }
}
int query(int l,int r,int k){
    int p=pos[l],q=pos[r],ans=-1;
    if(p==q){
        for(int i=l;i<=r;i++){
            if(a[i]+add[pos[i]]<k) ans=max(ans,a[i]+add[pos[i]]);
        }
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++){
            if(a[i]+add[pos[i]]<k) ans=max(ans,a[i]+add[pos[i]]);
        }
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++){
            int d=k-add[i];
            auto it=s[i].lower_bound(d);
            if(it==s[i].begin()) continue;
            it--;
            ans=max(ans,*it+add[i]);
        }
        for(int i=L[q];i<=r;i++){
            if(a[i]+add[pos[i]]<k) ans=max(ans,a[i]+add[pos[i]]);
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int t=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=t;i++) L[i]=(i-1)*t+1,R[i]=i*t;
    if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
    for(int i=1;i<=t;i++){
        s[i].insert(-1);
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++) pos[j]=i,s[i].insert(a[j]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int opt,l,r,k;
        scanf("%d%d%d%d",&opt,&l,&r,&k);
        if(opt) printf("%d\n",query(l,r,k));
        else change(l,r,k);
    }
}

数列分块入门 4

原题

题意：区间加法，区间求和。

分析：多维护一个数组sum，表示这个块的和，修改时散块也更新sum，整块也更新sum。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e4+10;
int a[N],L[N],R[N],add[N],pos[N],sum[N];
int n;
void change(int l,int r,int k){
    int p=pos[l],q=pos[r];
    if(p==q){
        for(int i=l;i<=r;i++) a[i]+=k,sum[pos[i]]+=k;
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++) a[i]+=k,sum[pos[i]]+=k;
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++) add[i]+=k,sum[i]+=(R[i]-L[i]+1)*k;
        for(int i=L[q];i<=r;i++) a[i]+=k,sum[pos[i]]+=k;
    }
}
int query(int l,int r){
    int p=pos[l],q=pos[r],ans=0;
    if(p==q){
        for(int i=l;i<=r;i++) ans+=a[i]+add[pos[i]];
    }
    else{
        for(int i=l;i<=R[p];i++) ans+=a[i]+add[pos[i]];
        for(int i=p+1;i<=q-1;i++) ans+=sum[i];
        for(int i=L[q];i<=r;i++) ans+=a[i]+add[pos[i]];
    }   
    return ans;
}
signed main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int t=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=t;i++) L[i]=(i-1)*t+1,R[i]=i*t;
    if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
    for(int i=1;i<=t;i++){
        sum[i]=add[i]=0;
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++) pos[j]=i,sum[i]+=a[j];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int opt,l,r,k;
        cin>>opt>>l>>r>>k;
        if(opt) cout<<query(l,r)%(k+1)<<endl;
        else change(l,r,k);
    }
}

习题

1. loj上分块入门5–9
2. ynoi大分块