LibreOJ 6278. 数列分块入门 2

#6278. 数列分块入门 2

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题目类型：传统 评测方式：文本比较

上传者： hzwer

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2

测试数据

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 $x$ 的元素个数。

输入格式

第一行输入一个数字 $n$。

第二行输入 $n$ 个数字，第 i 个数字为 aia_ia​i​​，以空格隔开。

接下来输入 $n$ 行询问，每行输入四个数字 $\mathrm{o}\mathrm{p}\mathrm{t}$、$l$、$r$、$c$，以空格隔开。

若 $\mathrm{o}\mathrm{p}\mathrm{t}=0$，表示将位于 $[l,r]$ 的之间的数字都加 $c$。

若 $\mathrm{o}\mathrm{p}\mathrm{t}=1$，表示询问 $[l,r]$ 中，小于 c2c^2c​2​​ 的数字的个数。

输出格式

对于每次询问，输出一行一个数字表示答案。

样例

样例输入

4
1 2 2 3
0 1 3 1
1 1 3 2
1 1 4 1
1 2 3 2

样例输出

3
0
2

数据范围与提示

对于 $100\%$ 的数据，1≤n≤50000,−231≤others 1 \leq n \leq 50000, -2^{31} \leq \mathrm{others}1≤n≤50000,−2​31​​≤others、ans≤231−1 \mathrm{ans} \leq 2^{31}-1ans≤2​31​​−1。

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题解：妈的什么情况，老子足足WA了9发才终于改好。气死

orzhzwer

对于每次区间操作：

1.不完整的块 的O(√n)个元素怎么处理？

2.O(√n)个 整块 怎么处理？

3.要预处理什么信息（复杂度不能超过后面的操作）？

 

我们先来思考只有询问操作的情况，不完整的块枚举统计即可；而要在每个整块内寻找小于一个值的元素数，于是我们不得不要求块内元素是有序的，这样就能使用二分法对块内查询，需要预处理时每块做一遍排序，复杂度O(nlogn)，每次查询在√n个块内二分，以及暴力2√n个元素，总复杂度O(nlogn + n√nlog√n)。

可以通过均值不等式计算出更优的分块大小，就不展开讨论了

 

那么区间加怎么办呢？

套用第一题的方法，维护一个加法标记，略有区别的地方在于，不完整的块修改后可能会使得该块内数字乱序，所以头尾两个不完整块需要重新排序，复杂度分析略。

在加法标记下的询问操作，块外还是暴力，查询小于（x – 加法标记）的元素个数，块内用（x – 加法标记）作为二分的值即可。

分块真的是什么鬼东西、、、

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct aaa{
	long long w;
	int v;
}aa[100001];
int n,m,i,j,l,r,t1,ll,rr,mid,ans,t;
long long a[100001],f[100001],b[100001],c;
bool cmp(aaa a,aaa b){
	return a.w<b.w;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	m=sqrt(n);
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		aa[i].w=a[i];aa[i].v=i;
		b[i]=(i-1)/m+1;
	}
	for(i=1;i<m;i++){
		sort(aa+(i-1)*m+1,aa+i*m+1,cmp);
	}
	sort(aa+(m-1)*m+1,aa+n+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d%lld",&t1,&l,&r,&c);
		if(t1==0){
			if(b[l]==b[r]){
				for(j=(b[l]-1)*m+1;j<l;j++)aa[j].w=a[j];
				for(j=r+1;j<=b[l]*m;j++)aa[j].w=a[j];
			 for(j=l;j<=r;j++){
			 a[j]+=c;
			 aa[j].w=a[j];
		}
		sort(aa+(b[l]-1)*m+1,aa+b[l]*m+1,cmp);
		}
			 else{
			 	for(j=(b[l]-1)*m+1;j<l;j++){
			 		aa[j].w=a[j];
			 		aa[j].v=j;
				 }
				for(j=r+1;j<=b[r]*m;j++){
					aa[j].w=a[j];
					aa[j].v=j;
				} 
			 	for(j=l;j<=b[l]*m;j++){
			 		a[j]+=c;
			 		aa[j].w=a[j];
			 		aa[j].v=j;
				 }
			 	for(j=(b[r]-1)*m+1;j<=r;j++){
				 a[j]+=c;
				 aa[j].w=a[j];
				 aa[j].v=j;
			}
			sort(aa+(b[l]-1)*m+1,aa+b[l]*m+1,cmp);
			sort(aa+(b[r]-1)*m+1,aa+b[r]*m+1,cmp);
			 	for(j=b[l]+1;j<b[r];j++)f[j]+=c;
			 }
		}
		 else{
		 	c*=c;ans=0;
		 	if(b[l]==b[r]){
		 		for(j=l;j<=r;j++)if(f[b[l]]+a[j]<c)ans++;
		 }
		  else{
		  	for(j=l;j<=b[l]*m;j++)
		  	 if(f[b[l]]+a[j]<c)ans++;
		  	for(j=(b[r]-1)*m+1;j<=r;j++)
			   if(f[b[r]]+a[j]<c)ans++;
			for(j=b[l]+1;j<b[r];j++){
				ll=(j-1)*m+1;rr=j*m;
				t=ll-1;
				while(ll<=rr){
					mid=(ll+rr)/2;
					if(aa[mid].w+f[j]<c){
						t=max(t,mid);
						ll=mid+1;
					}
					 else rr=mid-1;
				}
				ans+=t-(j-1)*m;
			}    
		  }
		printf("%d\n",ans);  
	}
}
}