<think>我们正在查询与
LOJ6
279相关的编程题目或解决方案。
LOJ（LibreOJ）是一个在线的评
测系统，主要收录算法竞赛题目。根据题号6
279，我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络，我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中，
LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6
279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型，我们可以推
测它可能涉及数据结构或算法。然而，为了准确回答，我们可以尝试回忆或推断常见的
LOJ题目。例如，
LOJ6000系列题目多为数据结构题，如线段树、树状数组等。实际上，通过搜索记忆，我回想起
LOJ6
279是“数列分块入门3”（BlockArray3）题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述：给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，询问区间内小于某个值x的前驱（即最大的小于x的数）。因此，用户需要的是关于
LOJ6
279题目的描述和解决方案。解决方案：由于题目要求分块处理，我们将数列分成若干块，每块大小为sqrt(n)。对于每个块，我们维护一个有序的数组（用于二分查找）以及一个加法标记（记录整个块被加了多少）。操作：1.区间加法：对于整块，直接更新加法标记；对于不完整的块，暴力更新元素值，然后重新排序该块（或者重新构建有序数组）。
2.查询区间内小于x的前驱：遍历区间内的所有块。对于整块，在块的有序数组中二分查找小于（x-加法标记）的最大值；对于不完整的块，暴力遍历每个元素，判断是否小于x（注意加上加法标记）并更新最大值。代码实现（C++）示例：```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=3
20;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed，则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意：上述代码是示例代码，可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.
LOJ6
279题目的具体描述是什么？
2.分块算法的时间复杂度是多少？3.除了分块，还有哪些方法可以解决
LOJ6
279？4.如何优化分块算法的常数？5.分块算法适用于哪些场景？</think>###
LOJ 6
279 题目分析与解决方案
**题目描述**：
LOJ 6
279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**，属于分块算法的经典练习题。核心要求如下：
- **操作 1**：区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$
- **操作
2**：查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**（即前驱），不存在时返回 $-1$
#### 分块算法设计
分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块，平衡暴力操作与批量处理。
##### 关键数据结构
1. **块内有序数组**：
- 每块维护一个排序后的数组，用于二分查找前驱。
- 示例：块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。
2. **加法懒标记**：
- 记录整块被加的总值 $add_i$（不影响块内有序性）。
##### 操作实现
1. **区间加法（$[l, r] + c$）**：
- **整块**：直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$，时间复杂度 $O(1)$。
- **碎块**：暴力修改元素值，并**重构有序数组**（排序），时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。
2. **查询前驱（$[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值）**：
- **整块**：在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱，时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。
- **碎块**：暴力遍历元素，检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值，时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。
#### 代码实现（C++）
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
int n, block_size;
vector<int> a;
vector<int> add_tag; // 块的加法标记
vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组
void init() {
block_size = sqrt(n);
int block_num = (n + block_size - 1) / block_size;
add_tag.assign(block_num, 0);
blocks.resize(block_num);
for (int i = 0; i < n; i++)
blocks[i / block_size].push_back(a[i]);
for (int i = 0; i < block_num; i++)
sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end());
}
void rebuild_block(int block_id) {
blocks[block_id].clear();
int start = block_id * block_size;
int end = min(start + block_size, n);
for (int i = start; i < end; i++)
blocks[block_id].push_back(a[i]);
sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end());
}
void range_add(int l, int r, int c) {
int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size;
if (block_l == block_r) { // 同一块内
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c;
rebuild_block(block_l);
} else {
// 左侧碎块
for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c;
rebuild_block(block_l);
// 中间整块
for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c;
// 右侧碎块
for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c;
rebuild_block(block_r);
}
}
int query_predecessor(int l, int r, int c) {
int ans = -1;
int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size;
// 左侧碎块暴力查询
for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) {
int val = a[i] + add_tag[block_l];
if (val < c && val > ans) ans = val;
}
// 中间整块二分查找
for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) {
int target = c - add_tag[i];
auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target);
if (it != blocks[i].begin()) {
it--;
int val = *it + add_tag[i];
if (val < c && val > ans) ans = val;
}
}
// 右侧碎块暴力查询
if (block_l != block_r) {
for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) {
int val = a[i] + add_tag[block_r];
if (val < c && val > ans) ans = val;
}
}
return ans;
}
int main() {
cin >> n;
a.resize(n);
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
init();
for (int i = 0; i < n; i++) {
int op, l, r, c;
cin >> op >> l >> r >> c;
l--; r--; // 转为0-indexed
if (op == 0) range_add(l, r, c);
else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl;
}
return 0;
}
```
#### 算法分析
- **时间复杂度**：
- 单次修改/查询：$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$（碎块排序主导）。
- 总操作 $m$ 次：$O(m \sqrt{n} \log n)$。
- **空间复杂度**：$O(n)$。
#### 优化技巧
1. **减少排序次数**：
- 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。
2. **块大小调整**：
- 实
测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快（需
测试）。
#### 应用场景
分块算法适用于**强制在线**的区间问题（如
LOJ 的数列分块系列题），在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
这篇博客详细解析了LOJ3071题目的思路和解决方案，涉及递推公式、容斥原理以及线性递推数列的计算。通过建立数学模型，将问题转化为多项式乘法和带余除法，最终实现了O(MLog^2M + MLogMLogN)的时间复杂度解法。
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