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简介
其实，分块是一种思想，而不是一种数据结构。
在 XCPC 的各个比赛中，各种难度的分块思想都有出现。
分块的基本思想是，通过对原数据的适当划分，并在划分后的每一个块上预处理部分信息，从而较一般的暴力算法取得更优的时间复杂度。
分块的时间复杂度主要取决于分块的块长，一般可以通过均值不等式求出某个问题下的最优块长，以及相应的时间复杂度。
分块是一种很灵活的思想，相较于树状数组和线段树，分块的优点是通用性更好，可以维护很多树状数组和线段树无法维护的信息。
当然，分块的缺点是渐进意义的复杂度，相较于线段树和树状数组不够好。
不过在大多数问题上，分块仍然是解决这些问题的一个不错选择。
下面是几个例子。
区间和
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\)，需要执行 \(n\) 次操作。操作分为两种：
- 给 \(a_l \sim a_r\) 之间的所有数加上 \(x\)；
- 求 \(\sum_{i=l}^r a_i\)。
\(1 \leq n \leq 5 \times 10^4\)
我们将序列按每 \(s\) 个元素一块进行分块，并记录每块的区间和 \(b_i\)。
\[\underbrace{a_1, a_2, \ldots, a_s}_{b_1}, \underbrace{a_{s+1}, \ldots, a_{2s}}_{b_2}, \dots, \underbrace{a_{(s-1) \times s+1}, \dots, a_n}_{b_{\frac{n}{s}}} \]最后一个块可能是不完整的（因为 \(n\) 很可能不是 \(s\) 的倍数），但是这对于我们的讨论来说并没有太大影响。
首先看查询操作：
- 若 \(l\) 和 \(r\) 在同一个块内，直接暴力求和即可，因为块长为 \(s\)，因此最坏复杂度为 \(O(s)\)。
- 若 \(l\) 和 \(r\) 不在同一个块内，则答案由三部分组成：以 \(l\) 开头的不完整块，中间几个完整块，以 \(r\) 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然采用上面暴力计算的方法，对于完整块，则直接利用已经求出的 \(b_i\) 求和即可。这种情况下，最坏复杂度为 \(O(\dfrac{n}{s}+s)\)。
接下来是修改操作：
- 若 \(l\) 和 \(r\) 在同一个块内，直接暴力修改即可，因为块长为 \(s\)，因此最坏复杂度为 \(O(s)\)。
- 若 \(l\) 和 \(r\) 不在同一个块内，则需要修改三部分：以 \(l\) 开头的不完整块，中间几个完整块，以 \(r\) 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然是暴力修改每个元素的值（别忘了更新区间和 \(b_i\)），对于完整块，则直接修改 \(b_i\) 即可。这种情况下，最坏复杂度和仍然为 \(O(\dfrac{n}{s}+s)\)。
利用均值不等式可知，当 \(\dfrac{n}{s}=s\)，即 \(s=\sqrt n\) 时，单次操作的时间复杂度最优，为 \(O(\sqrt n)\)。
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int id[50005], len;
long long a[50005], b[50005], s[50005];
void add(int l, int r, long long x) {
int sid = id[l], eid = id[r];
if (sid == eid) {
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
return;
}
for (int i = l; id[i] == sid; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
for (int i = sid + 1; i < eid; i++) b[i] += x, s[i] += len * x;
for (int i = r; id[i] == eid; i--) a[i] += x, s[eid] += x;
}
long long query(int l, int r, long long p) {
int sid = id[l], eid = id[r];
long long ans = 0;
if (sid == eid) {
for (int i = l; i <= r; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
return ans;
}
for (int i = l; id[i] == sid; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
for (int i = sid + 1; i < eid; i++) ans = (ans + s[i]) % p;
for (int i = r; id[i] == eid; i--) ans = (ans + a[i] + b[eid]) % p;
return ans;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
len = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
id[i] = (i - 1) / len + 1;
s[id[i]] += a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int op, l, r, c;
cin >> op >> l >> r >> c;
if (op == 0)
add(l, r, c);
else
cout << query(l, r, c + 1) << endl;
}
return 0;
}
区间和 2
上一个做法的复杂度是 \(\Omega(1) , O(\sqrt{n})\)。
我们在这里介绍一种 \(O(\sqrt{n}) - O(1)\) 的算法。
为了 \(O(1)\) 询问，我们可以维护各种前缀和。
然而在有修改的情况下，不方便维护，只能维护单个块内的前缀和。
以及整块作为一个单位的前缀和。
每次修改 \(O(T+\frac{n}{T})\)。
询问：涉及三部分，每部分都可以直接通过前缀和得到，时间复杂度 \(O(1)\)。
对询问分块
同样的问题，现在序列长度为 \(n\)，有 \(m\) 个操作。
如果操作数量比较少，我们可以把操作记下来，在询问的时候加上这些操作的影响。
假设最多记录 \(T\) 个操作，则修改 \(O(1)\)，询问 \(O(T)\)。
\(T\) 个操作之后，重新计算前缀和，\(O(n)\)。
总复杂度：\(O(mT+n\frac{m}{T})\)。
\(T=\sqrt{n}\) 时，总复杂度 \(O(m \sqrt{n})\)。
其他问题
分块思想也可以应用于其他整数相关问题：寻找零元素的数量、寻找第一个非零元素、计算满足某个性质的元素个数等等。
还有一些问题可以通过分块来解决，例如维护一组允许添加或删除数字的集合，检查一个数是否属于这个集合，以及查找第 \(k\) 大的数。要解决这个问题，必须将数字按递增顺序存储，并分割成多个块，每个块中包含 \(\sqrt{n}\) 个数字。每次添加或删除一个数字时，必须通过在相邻块的边界移动数字来重新分块。
一种很有名的离线算法 莫队算法，也是基于分块思想实现的。
练习题
- UVA - 12003 - Array Transformer
- UVA - 11990 Dynamic Inversion
- SPOJ - Give Away
- Codeforces - Till I Collapse
- Codeforces - Destiny
- Codeforces - Holes
- Codeforces - XOR and Favorite Number
- Codeforces - Powerful array
- SPOJ - DQUERY