LOJ6277~6285 數列分塊入門

阿新 • • 發佈：2018-03-04

pac ble for char ems ++ problems log res

Portals

分塊需註意的問題

~~數組大小應為\(N+\sqrt N\)，因為最後一個塊可能會超出\(N\)的範圍。~~改成記錄\(blk,fr,to\)就不用擔心這個了
當操作的區間在一個塊內時，要特判成暴力修改。
要清楚什麽時候應該+tag[t]

最後一個塊是越界的，註意是否有影響

數列分塊入門 1

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間加法，單點查值。

//數列分塊入門 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;
}

數列分塊入門 2

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間加法，詢問區間內小於某個值\(x\)的元素個數。

//數列分塊入門 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;
}

數列分塊入門 3

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間加法，詢問區間內小於某個值\(x\)的前驅（比其小的最大元素）。

//數列分塊入門 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;
}

數列分塊入門 4

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間加法，區間求和。

#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;
}

數列分塊入門 5

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間開方，區間求和。

//數列分塊入門 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;
}

數列分塊入門 7

給出一個長為\(n\)的數列，以及\(n\)個操作，操作涉及區間乘法，區間加法，單點詢問。

//數列分塊入門 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;
}

LOJ6277~6285 數列分塊入門

pac ble for char ems ++ problems log res Portals 分塊需註意的問題數組大小應為\(N+\sqrt N\)，因為最後一個塊可能會超出\(N\)的範圍。改成記錄\(blk,fr,to\)就不用擔心這個了當操作的區間在一個塊內

Loj 6285. 數列分塊入門 9

return 次數 push print min 實現離散化 vector 每一個鏈接： https://loj.ac/problem/6285 思路：離散化處理下就好了，具體解釋在代碼裏、 ps: 小新新別看了，你學不會的實現代碼：

Loj#6285.數列分塊入門-9-暴力分塊

（有任何問題歡迎留言或私聊 && 歡迎交流討論哦題目：傳送門給出一個長為 n 的數列，以及 n 個詢問，詢問區間[L, R]的最小眾數。思路： 1.分塊暴力搞：離散化資料預處理出每兩個塊間的眾數f

數列分塊入門1~9 loj6277~6285

math block == post include main name tdi lin hzwer的講解一給出一個長為 \(n\) 的數列，以及 \(n\) 個操作，操作涉及區間加法，單點查值。 #include <iostream> #include

loj6277 數列分塊入門題1

++ == gpo names body include its ios 裸題裸題分塊。 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int a[100005],b[10005],n,

數列分塊入門九題（三）：LOJ6283~6285

freopen ans cstring 離散化 fin 利用 ace reg 有序 Preface 最後一題我一直覺得用莫隊是最好的。數列分塊入門 7——區間乘法，區間加法，單點詢問還是很簡單的吧，比起數列分塊入門 7就多了個區間乘。類似於線段樹，由於乘法的優先級高

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LOJ#6283. 數列分塊入門 7

header 兩種 val lang ive other ifdef column 表示內存限制：256 MiB時間限制：500 ms標準輸入輸出題目類型：傳統評測方式：文本比較上傳者： hzwer 提交提交記錄統計討論測試數據

LOJ#6284. 數列分塊入門 8

輸入輸出 ons sizeof ble code discus ifd 表示 problem #6284. 數列分塊入門 8 內存限制：256 MiB時間限制：500 ms標準輸入輸出題目類型：傳統評測方式：文本比較上傳者： hzwer

LOJ.6281.數列分塊入門5(分塊區間開方)

tps turn sqrt mar min reg fin pre str 題目鏈接 int內的數(也不非得是int)最多開方4.5次就變成1了，所以還不是1就暴力，是1就直接跳過。 #include <cmath> #include <cstdio>

LOJ.6282.數列分塊入門6(塊狀鏈表/分塊)

read char return body void new down spa 註意題目鏈接 1.分塊(vector)+重構 //直接上vector(本機還是比較慢的...) 某塊size較大時O(n)重構 //註意細節 #include <cmath>

LOJ.6284.數列分塊入門8(分塊)

統計完整入門 source inline set min 一個數 tdi 題目鏈接 \(Description\) 給出一個長為n的數列，以及n個操作，操作涉及區間詢問等於一個數c的元素，並將這個區間的所有元素改為c。 \(Solution\) 模擬一些數據可以發現，詢

數列分塊入門 1

輸入一個數 std -s space head fan pad baseline sin 題目描述給出一個長為 nnn 的數列，以及 nnn 個操作，操作涉及區間加法，單點查值。輸入格式第一行輸入一個數字 nnn。第二行輸入 nnn 個數字，

Loj 6277 數列分塊入門 1

uil pro date tst 方法 sting i++ else scrip 題目鏈接：https://loj.ac/problem/6277 題面：題目描述給出一個長為 nnn 的數列，以及 nnn 個操作，操作涉及區間加法，單點查值。

LOJ6277~6285 數列分塊入門

分塊需註意的問題

數列分塊入門 1

數列分塊入門 2

數列分塊入門 3

數列分塊入門 4

數列分塊入門 5

數列分塊入門 7

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