【Hnoi 2010】Bounce 弹飞绵羊(分块)

本文详细介绍了一种经典的分块算法,并通过“Bounce弹飞绵羊”问题进行实例讲解。该算法适用于处理大规模数据集,通过将数据分为多个块来优化查询效率。文中提供了完整的C++代码实现,包括如何计算块长度、更新块内设备状态以及处理查询操作。

这个其实是一个非常简单的 基本的分块算法 的入门题
Bounce 弹飞绵羊
弹飞绵羊
这是一个经典的 简单的 分块入门题
有关与分块的 详细的说明见博客:
分块入门及例题讲解(一)

代码如下

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxx=2e5+10;

int n,m,a,b,c,block_len;
struct{
	int k;
	int to_next_steps;
	int next_block_positoin;
}device[maxx];
int block_num[maxx];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	block_len=sqrt(n);
	
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",&device[i].k);
		block_num[i]=i/block_len+1;
	}
	
	for(int i=n-1;i>=0;i--){
		if(block_num[i]!=block_num[i+device[i].k]){
			//已经到下一个块了
			device[i].next_block_positoin=i+device[i].k;
			device[i].to_next_steps=1; 
		}
		else{
			//还在这个块里面
			device[i].next_block_positoin=device[i+device[i].k].next_block_positoin;
			device[i].to_next_steps=device[i+device[i].k].to_next_steps+1; 
		}
	}
	
	scanf("%d",&m);
	
	for(int cas=1;cas<=m;cas++){
		scanf("%d%d",&a,&b);
		
		if(a==1){
			int ans=0;
			while(b<n){
				ans+=device[b].to_next_steps;
				b=device[b].next_block_positoin;
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
		else{
			scanf("%d",&c);
			device[b].k=c;
			int start=(block_num[b]-1)*block_len;
			for(int i=b;i>=start;i--){
				if(block_num[i]!=block_num[i+device[i].k]){
					//已经到下一个块了
					device[i].next_block_positoin=i+device[i].k;
					device[i].to_next_steps=1; 
				}
				else{
					//还在这个块里面
					device[i].next_block_positoin=device[i+device[i].k].next_block_positoin;
					device[i].to_next_steps=device[i+device[i].k].to_next_steps+1; 
				}
			}
		}
	}
	
	return 0;
}
<think>好的,我现在需要解决用户关于[HNOI2010]绵羊的问题,特别是分块方法的解题思路。首先,我需要回忆一下这个题目的具体内容以及分块算法的一般应用。 题目大意应该是每个装置有一个力系数,当绵羊到达某个位置时会被到后面的某个位置,直到为止。问题应该是要求动态维护所需的步数,或者支持修改某个位置的力系数,同时查询某个点所需的次数。 分块处理这种问题通常是将数据分成多个块,每个块维护一些预处理的信息,这样在查询和修改时可以降低时间复杂度。比如,对于每个位置i,可以预处理出跳出当前块需要的步数,以及跳出后的落点位置。这样查询时就可以逐块跳跃,减少计算量。 接下来,我需要具体思考分块如何在这里应用。每个块的大小通常取√n,这样总共有√n个块。对于每个位置i,在预处理阶段,需要计算从i出发,需要多少步才能跳出当前所在的块,并且记录跳出后的位置。这样,当查询某个点的步数时,只需要累加每个块的步数,直到为止。修改操作时,只需要更新所在块内的信息,因为块内的预处理信息可能被影响,但其他块不受影响。 例如,假设块大小为m,对于每个位置i,如果i + a[i]超出了当前块的范围,则step[i] = 1,next[i] = i + a[i]。否则,step[i] = step[i + a[i]] + 1,next[i] = next[i + a[i]]。这样预处理之后,查询时从当前位置开始,每次跳到next[i],并累加step[i],直到next[i]超过n,即。 修改操作时,比如修改位置k的力系数,那么需要从k所在块的起始位置开始,重新计算该块内所有位置的step和next。这是因为修改可能影响该块内其他位置的预处理结果。比如,如果某个位置j的next[j]原本指向k的位置,修改k的力系数会影响j的next和step,所以需要重新计算整个块的信息。 这样,每次查询的时间复杂度是O(√n),因为每个块最多跳一次,而块的数量是√n。修改操作的时间复杂度是O(√n),因为需要重新处理整个块,大小是√n。 需要注意的是,分块的具体实现需要确定块的大小,通常取√n,但有时根据实际情况调整可能会有更好的效果。另外,预处理每个块的step和next时,需要从块的末尾向前处理,因为后面的位置的处理结果可能影响前面的位置。 可能还需要考虑边界条件,比如力系数是否可能超过数组长度,或者的条件。比如,当i + a[i] >= n时,就算,此时step[i]=1,next[i]=n或某个超出范围的标记。 另外,在实现过程中,如何处理块的分界点,以及如何遍历每个块内的元素,都是需要注意的细节。例如,块的范围是左闭右开还是左闭右闭,需要统一处理,避免数组越界或者漏掉元素。 总结一下,解题步骤应该是: 1. 将整个数组分成若干块,块的大小约为√n。 2. 预处理每个块内的每个位置i的step[i]和next[i],处理顺序应该是从块的最后一个元素向前处理。 3. 查询时,从查询点开始,不断跳到next[i],并累加step[i],直到i超出数组范围,总步数即为答案。 4. 修改时,找到修改位置所在的块,重新预处理该块内的所有元素的step和next。 这样,分块方法能够将时间复杂度降到O(m√n),其中m是操作次数,适用于较大的数据规模,符合算法竞赛的要求。 在代码实现时,需要注意块的下标处理,比如块号从0开始还是1开始,块的大小是否需要调整以适应数组长度不能被整除的情况。此外,预处理函数需要正确计算每个块的起点和终点,并在块内逆序处理元素,以确保后面的元素先被处理,前面的元素可以正确引用后面的step和next值。 举个例子,假设数组长度n=10,块大小m=3,那么块0是0-2,块1是3-5,块2是6-8,块3是9。对于每个块内的元素,比如块0,从位置2开始处理到0。对于位置i=2,如果a[2]=4,则i+a[i]=6,超过块0的范围,所以step[2]=1,next[2]=6。然后处理i=1,假设a[1]=2,则i+a[i]=3,属于块1,所以step[1]=1,next[1]=3。接着处理i=0,假设a[0]=1,则i+a[i]=1,仍在块0内,所以step[0] = step[1] + 1 = 2,next[0] = next[1] =3。这样,当查询位置0时,会先跳到3,再跳到next[3]的位置,依此类推,直到。 因此,分块方法的关键在于预处理每个块内的跳跃信息,使得查询时可以快速跨块计算,而修改时只需要更新所在块的信息,从而将时间复杂度降低到可接受的范围。</think>### [HNOI2010]绵羊分块解法思路 #### 问题分析 题目要求维护一个包含$n$个簧的序列,每个簧有力系数$k_i$。当绵羊落在位置$i$时,会被到$i + k_i$的位置,直到(即位置$\geq n$)。需要支持两种操作: 1. **查询**:从位置$x$出发,多少次会被? 2. **修改**:将位置$x$的力系数改为$y$。 #### 分块思想 将序列分为$\sqrt{n}$个块,每个块大小约为$\sqrt{n}$。预处理每个位置的**跳跃步数**和**落点**,使得: - **块内跳跃信息**:对于每个位置$i$,记录跳出当前块所需的步数$step[i]$和最终落点$next[i]$。 - **查询优化**:每次查询只需逐块跳跃,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 - **修改优化**:修改仅影响当前块的信息,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 #### 预处理方法 1. **块划分**:将数组划分为$m = \lceil \sqrt{n} \rceil$个块,每个块大小为$m$。 2. **逆序处理**:从每个块的最后一个位置向前遍历: - 若$i + k_i$超出当前块,则$step[i] = 1$,$next[i] = i + k_i$。 - 若未超出,则继承下一个位置的步数和落点: $$step[i] = step[i + k_i] + 1, \quad next[i] = next[i + k_i]$$ #### 查询操作 从位置$x$开始,不断跳转到$next[x]$并累加$step[x]$,直到$next[x] \geq n$。总步数即为答案。 #### 修改操作 1. 找到位置$x$所在的块。 2. **重置块内信息**:从该块的最后一个位置重新逆序计算$step$和$next$。 #### 代码框架(Python示例) ```python import math class BlockSolution: def __init__(self, n, k): self.n = n self.k = k.copy() self.block_size = int(math.sqrt(n)) + 1 self.step = [0] * n self.next = [0] * n self.build_blocks() def build_blocks(self): # 分块预处理 for block_start in range(0, self.n, self.block_size): block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: # 跳出当前块 self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: # 依赖块内后续位置 self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] def query(self, x): # 查询跳次数 res = 0 while x < self.n: res += self.step[x] x = self.next[x] return res def update(self, x, y): # 修改力系数并重建块 self.k[x] = y block_start = (x // self.block_size) * self.block_size block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] ``` #### 复杂度分析 - **预处理**:$O(n)$ - **查询**:$O(\sqrt{n})$ - **修改**:$O(\sqrt{n})$ #### 应用场景 分块法适用于需要**动态维护跳跃路径**且**支持快速修改**的问题,例如绵羊、树状路径跳跃等[^1]。
评论
成就一亿技术人!
拼手气红包6.0元
还能输入1000个字符
 
红包 添加红包
表情包 插入表情
 条评论被折叠 查看
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值