Ynoi2011 初始化

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文章介绍了如何使用根号分治策略解决一个包含n个数的动态区间修改和查询问题，通过预处理和分块技巧，使得修改和查询操作的时间复杂度分别达到O(sqrt(n))和O(nsqrt(n))。作者还提到优化取模操作以减少代码常数，降低运行时间。

P5309 [Ynoi2011] 初始化

题目大意

有 $n$ 个数 $a_i$ ，有以下两种操作：

修改操作：将下标为 $y,y+x,y+2x,\dots$ 的 $a$ 值增加 $z$ ，保证 $y\leq x$
查询操作：查询下标在区间 $[l, r]$ 上的 $a$ 值之和模 $10^9+7$ 后的值

$1\leq n,m\leq 2\times 10^5$

时间限制 $500 s$

题解

考虑根号分治，对 $x$ 进行讨论。

当 $x\leq \sqrt n$ 时，令 $v_{x,y}$ 表示修改 $x, y$ 增加的值， $v1_{x,y}=\sum\limits_{i=1}^yv_{x,y}$ ， $v2_{x,y}=\sum\limits_{i=y}^xv_{x,y}$ ，那么修改操作只需要 $O(\sqrt n)$ 对 $v 1$ 和 $v 2$ 进行修改即可。查询时枚举每个 $1\leq x\leq \sqrt n$ ，然后 $O (1)$ 计算其贡献，查询的时间复杂度为 $O(\sqrt n)$ 。

当 $x>\sqrt n$ 时，每次修改会增加的 $a$ 值不超过 $\sqrt n$ 个，用分块来维护，修改的时间复杂度为 $O(\sqrt n)$ 。查询时在分块上 $O(\sqrt n)$ 查询即可。

每次操作的时间复杂度为 $O(\sqrt n)$ ，总时间复杂度为 $O(m\sqrt n)$ 。

注意这题的时限比较小，要卡常。在求和时可以先不模模数，到求完和之后在模，这样可以减少取模次数，减小代码常数。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200000;
const long long mod=1e9+7;
int n,m,bl;
long long ans,a[N+5],s[N+5],v1[455][455],v2[455][455];
int pos(int i){
	return (i-1)/bl+1;
}
long long find(int l,int r){
	int vl=pos(l),vr=pos(r);
	long long re=0;
	if(vl==vr){
		for(int i=l;i<=r;i++){
			re+=a[i];
		}
		return re%mod;
	}
	for(int i=l;i<=vl*bl;i++) re+=a[i];
	for(int i=vl+1;i<=vr-1;i++) re+=s[i];
	for(int i=vr*bl-bl+1;i<=r;i++) re+=a[i];
	return re%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	bl=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		s[pos(i)]=(s[pos(i)]+a[i])%mod;
	}
	while(m--){
		int tp,x,y,z,l,r;
		scanf("%d",&tp);
		if(tp==1){
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
			if(x<=bl){
				for(int i=y;i<=x;i++) v1[x][i]=(v1[x][i]+z)%mod;
				for(int i=1;i<=y;i++) v2[x][i]=(v2[x][i]+z)%mod;
			}
			else{
				for(int j=y;j<=n;j+=x){
					a[j]=(a[j]+z)%mod;
					s[pos(j)]=(s[pos(j)]+z)%mod;
				}
			}
		}
		else{
			scanf("%d%d",&l,&r);
			ans=find(l,r);
			for(int i=1;i<=bl;i++){
				int vl=(l-1)/i+1,vr=(r-1)/i+1;
				if(vl==vr){
					ans+=v1[i][(r-1)%i+1]-v1[i][(l-1)%i]+mod;
				}
				else{
					ans+=v2[i][(l-1)%i+1]+v1[i][(r-1)%i+1];
					ans+=v1[i][i]*(vr-vl-1);
				}
			}
			ans%=mod;
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}