本期是数列分块入门<2>。该系列的所有题目来自hzwer在LOJ上提供的数列分块入门系列。

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好像上面的链接↑打不开，放一个转载:https://www.cnblogs.com/ve-2021/articles/9135559.html

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LOJ-P6279:

接着第二题的解法，其实只要把块内查询的二分稍作修改即可。

不过这题其实想表达：可以在块内维护其它结构使其更具有拓展性，比如放一个set，这样如果还有插入、删除元素的操作，会更加的方便。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=10000S;
int a[maxn],idx[maxn],tag[maxn],tot=1000;
set<int> st[10S];
void change(int l,int r,int c){for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++){st[idx[l]].erase(a[i]);a[i]+=c;st[idx[l]].insert(a[i]);}if(idx[l]!=idx[r]){for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++){st[idx[r]].erase(a[i]);a[i]+=c;st[idx[r]].insert(a[i]);}}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++)tag[i]+=c;
}
int query(int l,int r,int c){int ans=-1;for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++){int val=a[i]+tag[idx[l]];if(val<c)ans=max(val,ans);}if(idx[l]!=idx[r]){     for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++){int val=a[i]+tag[idx[r]];if(val<c)ans=max(val,ans);}}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++){int x=c-tag[i];set<int>::iterator itr=st[i].lower_bound(x);if(itr==st[i].begin())continue;--itr;ans=max(ans,*itr+tag[i]);}return ans;
}
int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++){idx[i]=(i-1)/tot+1;st[idx[i]].insert(a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int opt,l,r,c;cin>>opt>>l>>r>>c;if(opt==0)change(l,r,c);if(opt==1)cout<<query(l,r,c)<<endl;}return 0;
}

LOJ-P6280:

这题的询问变成了区间上的询问，不完整的块还是暴力；而要想快速统计完整块的答案，需要维护每个块的元素和，先要预处理一下。

考虑区间修改操作，不完整的块直接改，顺便更新块的元素和；完整的块类似之前标记的做法，直接根据块的元素和所加的值计算元素和的增量。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int idx[50005],tot;
long long a[50005],tag[50005],sum[50005];
void change(int l,int r,int c){for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++){a[i]+=c;sum[idx[l]]+=c;}if(idx[l]!=idx[r]){for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++){a[i]+=c;sum[idx[r]]+=c;}}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++)tag[i]+=c;
}
long long query(int l,int r){long long ans=0;for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++)ans+=a[i]+tag[idx[l]];if(idx[l]!=idx[r]){for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++)ans+=a[i]+tag[idx[r]];}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++)ans+=sum[i]+tot*tag[i];return ans;
}
int main(){int n;cin>>n;tot=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){idx[i]=(i-1)/tot+1;sum[idx[i]]+=a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){int opt,l,r,c;cin>>opt>>l>>r>>c; if(opt==O)change(l,r,c);if(opt==1)cout<<query(l,r)%(c+1)<<endl;}return 0;
}

LOJ-P6281:

稍作思考可以发现，开方操作比较棘手，主要是对于整块开方时，必须要知道每一个元素，才能知道他们开方后的和，也就是说，难以快速对一个块信息进行更新。

看来我们要另辟蹊径。不难发现，这题的修改就只有下取整开方，而一个数经过几次开方之后，它的值就会变成或者。

如果每次区间开方只不涉及完整的块，意味着不超过个元素，直接暴力即可。

如果涉及了一些完整的块，这些块经过几次操作以后就会都变成或，于是我们采取一种分块优化的暴力做法，只要每个整块暴力开方后，记录一下元素是否都变成了或，区间修改时跳过那些全为或的块即可。

这样每个元素至多被开方不超过次，显然复杂度没有问题。

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int a[50005],sum[50005],idx[50005],tot;
bool flag[50005];
void solve(int x){if(flag[x])return;flag[x]=1;sum[x]=0;for(int i=(x-1)*tot+1;i<=x*tot;i++){a[i]=sqrt(a[i]);sum[x]+=a[i];if(a[i]>1)flag[x]=0;}
}
void change(int l,int r,int c){for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++){sum[idx[l]]-=a[i];a[i]=sqrt(a[i]);sum[idx[l]]+=a[i];}if(idx[l]!=idx[r]){for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++){sum[idx[r]]-=a[i];a[i]=sqrt(a[i]);sum[idx[r]]+=a[i];}}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++)solve(i);
}
int query(int l,int r){int ans=0;for(int i=l;i<=min(idx[l]*tot,r);i++)ans+=a[i];if(idx[l]!=idx[r]){for(int i=(idx[r]-1)*tot+1;i<=r;i++)ans+=a[i];}for(int i=idx[l]+1;i<=idx[r]-1;i++)ans+=sum[i];return ans;
}
int main(){int n;cin>>n;tot=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){idx[i]=(i-1)/tot+1;sum[idx[i]]+=a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){int opt,l,r,c;cin>>opt>>l>>r>>c;if(opt==0)change(l,r,c);if(opt==l)cout<<query(l,r)<<endl;}return 0;
}

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