分块一：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，单点查值。
普通分块水过
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n, a[100100], len,tag[100100], posit[100100];
void change(int l, int r, int c) {
if (posit[l]==posit[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
a[i] += c;
}
return;
}
for(int i=l; i<=posit[l]*len; i++) a[i] += c;
for(int i=posit[l] + 1; i<= posit[r]-1; i++) tag[i] += c;
for(int i=(posit[r] - 1)*len +1;i <= r; i++) a[i] += c;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
len = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
posit[i] = (i - 1) / len + 1;
}
int opt, l, r, c;
while (n--) {
scanf("%d%d%d%d", &opt, &l, &r, &c);
if (!opt) {
change(l,r,c);
} else {
printf("%d\n",a[r]+tag[posit[r]]);
}
}
return 0;
}分块二：
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。
块内sort，lower_bound,加一个数组，辅助残块sort，因为原序列不能变
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
#define MAXN 100000
using namespace std;
int n,opt,a[MAXN],b[MAXN],pos[MAXN],tag[MAXN],len;
void change(int l,int r,int c)
{
if(pos[l]==pos[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=c;
for(int i=(pos[l]-1)*len+1;i<=min(pos[l]*len,n);i++)b[i]=a[i];
sort(b+(pos[l]-1)*len+1,b+1+min(n,pos[l]*len));
return;
}
for(int i=l;i<=pos[l]*len;i++)a[i]+=c;
for(int i=(pos[l]-1)*len+1;i<=pos[l]*len;i++)b[i]=a[i];
sort(b+(pos[l]-1)*len+1,b+1+pos[l]*len);
for(int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)tag[i]+=c;
for(int i=(pos[r]-1)*len+1;i<=r;i++)a[i]+=c;
for(int i=(pos[r]-1)*len+1;i<=min(pos[r]*len,n);i++)b[i]=a[i];
sort(b+(pos[r]-1)*len+1,b+1+min(pos[r]*len,n));
}
int query(int l,int r,int c)
{
int ans=0;
if(pos[l]==pos[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)
{
if(a[i]+tag[pos[i]]<c*c)ans++;
}
return ans;
}
for(int i=l;i<=pos[l]*len;i++)
{
if(a[i]+tag[pos[i]]<c*c)ans++;
}
for(int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)ans+=lower_bound(b+(i-1)*len+1,b+(i*len)+1,c*c-tag[i])-b-((i-1)*len+1);
for(int i=(pos[r]-1)*len+1;i<=min(n,r);i++)
{
if(a[i]+tag[pos[i]]<c*c)ans++;
}
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
len=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)pos[i]=(i-1)/len+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
b[i]=a[i];
}
for(int i=1;i<=pos[n];i++)sort(b+(i-1)*len+1,b+1+min(i*len,n));
for(int i=1,l,r,c;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&opt,&l,&r,&c);
if(opt==0)
{
change(l,r,c);
}
if(opt==1)
{
printf("%lld\n",query(l,r,c));
}
}
return 0;
}
分块三：
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（比其小的最大元素）。
块内sort加lower_bound查询
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 500500
using namespace std;
inline long long read() {
int x = 0, f = 1;
char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') {
if (s == '-')
f = -1;
s = getchar();
}
while (s >= '0' && s <= '9') {
x = x * 10 + s - '0';
s = getchar();
}
return x * f;
}
int n, len;
int a[N], b[N];
int tag[N], lz[N];
int L[N], R[N];
inline void change(int l, int r, int c) {
if (tag[l] == tag[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c;
for (int i = L[tag[l]]; i <= R[tag[r]]; i++) b[i] = a[i];
sort(b + L[tag[l]], b + R[tag[l]] + 1);
return;
}
for (int i = l; i <= R[tag[l]]; i++) a[i] += c;
for (int i = L[tag[l]]; i <= R[tag[l]]; i++) b[i] = a[i];
sort(b + L[tag[l]], b + R[tag[l]] + 1);
for (int i = tag[l] + 1; i < tag[r]; i++) lz[i] += c;
for (int i = L[tag[r]]; i <= r; i++) a[i] += c;
for (int i = L[tag[r]]; i <= R[tag[r]]; i++) b[i] = a[i];
sort(b + L[tag[r]], b + R[tag[r]] + 1);
}
inline int ask(int l, int r, int c) {
int ans = -1;
if (tag[l] == tag[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++)
if (a[i] + lz[tag[i]] < c)
ans = max(ans, a[i] + lz[tag[i]]);
return ans;
}
for (int i = l; i <= R[tag[l]]; i++)
if (a[i] + lz[tag[i]] < c)
ans = max(ans, a[i] + lz[tag[i]]);
for (int i = tag[l] + 1; i < tag[r]; i++) {
int k = lower_bound(b + L[i], b + R[i] + 1, c - lz[i]) - b;
if (k != L[i])
if (b[k - 1] + lz[i] < c)
ans = max(ans, b[k - 1] + lz[i]);
}
for (int i = L[tag[r]]; i <= r; i++)
if (a[i] + lz[tag[i]] < c)
ans = max(ans, a[i] + lz[tag[i]]);
return ans;
}
int main() {
n = read();
int len = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) tag[i] = (i - 1) / len + 1;
for (int i = 1; i <= tag[n]; i++) L[i] = R[i - 1] + 1, R[i] = min(n, L[i] + len - 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), b[i] = a[i];
for (int i = 1; i <= tag[n]; i++) sort(b + L[i], b + R[i] + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int opt = read(), l = read(), r = read(), c = read();
if (opt == 0)
change(l, r, c);
else
printf("%d\n", ask(l, r, c));
}
return 0;
}
分块四：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间加法，区间求和。
打标记，其余暴力
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define MAXN 1000010
#define int long long
int a[MAXN],tag[MAXN],le[MAXN],ri[MAXN],sum[MAXN],val[MAXN],pos[MAXN],len;
void change(int l,int r,int c)
{
if(pos[l]==pos[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)
{
a[i]+=c;val[pos[i]]+=c;
}
return;
}
for(int i=l;i<=ri[pos[l]];i++) a[i]+=c , val[pos[i]]+=c;
for(int i=pos[l]+1;i <= pos[r]-1 ; i++)tag[i]+=c;
for(int i=le[pos[r]];i<=r;i++) a[i]+=c , val[pos[i]]+=c;
}
int query(int l,int r,int c)
{
int mod=c+1,ans=0;
if(pos[l]==pos[r])
{
for(int i=l;i<=r;i++)ans+=(a[i]+tag[pos[i]]),ans%=mod;
return ans;
}
for(int i=l;i<=ri[pos[l]];i++)ans+=(a[i]+tag[pos[i]]),ans%=mod;
for(int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)
{
ans+=(val[i]+tag[i]*len);
ans%=mod;
}
for(int i=le[pos[r]];i<=r;i++)ans+=(a[i]+tag[pos[i]]),ans%=mod;
return ans;
}
signed main()
{
int n;
scanf("%lld",&n);
len=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pos[i]=(i-1)/len+1;
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<=pos[n];i++)
{
le[i]=(i-1)*len+1;
ri[i]=i*len;
val[i]=sum[ri[i]]-sum[le[i]-1];
}
for(int i=1,opt,l,r,c;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&opt,&l,&r,&c);
if(opt==0)change(l,r,c);
if(opt==1)
{
printf("%lld\n",query(l,r,c));
}
}
return 0;
}分块五：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间开方，区间求和。
线段树，标记维护区间是否都为一
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define MAXN 5100000
#define int long long
using namespace std;
long long tr[MAXN*4],n,a[MAXN*2];
bool vis[MAXN*4];
void updata(int k)
{
tr[k]=tr[k<<1]+tr[k<<1|1];
if(vis[k<<1]==1 && vis[k<<1|1]==1)vis[k]=1;
return;
}
void change(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if(vis[k])return;
if(l>=x && r<=y && l==r)
{
tr[k]=sqrt(tr[k]);
if(tr[k]==1||tr[k]==0)vis[k]=1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)change(k<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid)change(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
updata(k);
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if(l>=x && r<=y)return tr[k];
int mid=(l+r)>>1,ans=0;
if(x<=mid)ans+=ask(k<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid)ans+=ask(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
return ans;
}
void build(int k,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tr[k]=a[l];
if(a[l]==1||a[l]==0)vis[k]=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
updata(k);
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
build(1,1,n);
for(int i=1,opt,l,c,r;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&opt,&l,&r,&c);
if(l>r)swap(l,r);
if(opt==0)
{
change(1,1,n,l,r);
}
else
{
printf("%lld\n",ask(1,1,n,l,r));
}
}
return 0;
}
分块六：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及单点插入，单点询问，数据随机生成。
开一个vector 插入，pair ，
先说随机数据的情况
之前提到过，如果我们块内用数组以外的数据结构，能够支持其它不一样的操作，比如此题每块内可以放一个动态的数组，每次插入时先找到位置所在的块，再暴力插入，把块内的其它元素直接向后移动一位，当然用链表也是可以的。
查询的时候类似，复杂度分析略。
但是这样做有个问题，如果数据不随机怎么办？
如果先在一个块有大量单点插入，这个块的大小会大大超过√n，那块内的暴力就没有复杂度保证了。
还需要引入一个操作：重新分块（重构）
每根号n次插入后，重新把数列平均分一下块，重构需要的复杂度为O(n)，重构的次数为√n，所以重构的复杂度没有问题，而且保证了每个块的大小相对均衡。
当然，也可以当某个块过大时重构，或者只把这个块分成两半。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N 200000
using namespace std;
int pos[N],len,le[N],ri[N],n,a[N],st[N],m;
vector <int> ve[N];
pair <int,int> query(int b)
{
int x=1;
while(b>ve[x].size())
{
b-=ve[x].size();
x++;
}
return make_pair(x,b-1);
}
void rebuild()
{
int top=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(vector<int> ::iterator j=ve[i].begin();j!=ve[i].end();j++)
st[++top]=*j;
ve[i].clear();
}
int le=sqrt(top);
for(int i=1;i<=top;i++)ve[(i-1)/le+1].push_back(st[i]);
m=(top-1)/le+1;
}
void insert(int a,int b)
{
pair <int,int> t=query(a);
ve[t.first].insert( ve[t.first].begin() + t.second ,b);
// if(ve[t.first].size()>20*len) rebuild();
}
int main()
{
// freopen("a9.in","r",stdin);
// freopen("ans.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
len=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) ve[(i-1)/len+1].push_back(a[i]);
int m=(n-1)/len+1;
for(int i=1,opt,x,y,c;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&c);
if(opt==0)
{
insert(x,y);
}
if(opt==1)
{
pair <int,int> t = query(y);
printf("%d\n",ve[t.first][t.second]);
}
}
return 0;
}
分块七：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间乘法，区间加法，单点询问。
很显然，如果只有区间乘法，和分块入门 1 的做法没有本质区别，但要思考如何同时维护两种标记。
我们让乘法标记的优先级高于加法（如果反过来的话，新的加法标记无法处理）
若当前的一个块乘以m1后加上a1，这时进行一个乘m2的操作，则原来的标记变成m1*m2，a1*m2
若当前的一个块乘以m1后加上a1，这时进行一个加a2的操作，则原来的标记变成m1，a1+a2
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 10007
#define pi acos(-1)
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,blo;
int v[100005],bl[100005],atag[1005],mtag[1005];
void reset(int x)
{
for(int i=(x-1)*blo+1;i<=min(n,x*blo);i++)
v[i]=(v[i]*mtag[x]+atag[x])%mod;
atag[x]=0;mtag[x]=1;
}
void solve(int f,int a,int b,int c)
{
reset(bl[a]);
for(int i=a;i<=min(bl[a]*blo,b);i++)
{
if(f==0)v[i]+=c;
else v[i]*=c;
v[i]%=mod;
}
if(bl[a]!=bl[b])
{
reset(bl[b]);
for(int i=(bl[b]-1)*blo+1;i<=b;i++)
{
if(f==0)v[i]+=c;
else v[i]*=c;
v[i]%=mod;
}
}
for(int i=bl[a]+1;i<=bl[b]-1;i++)
{
if(f==0)atag[i]=(atag[i]+c)%mod;
else
{
atag[i]=(atag[i]*c)%mod;
mtag[i]=(mtag[i]*c)%mod;
}
}
}
int main()
{
n=read();blo=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)v[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)bl[i]=(i-1)/blo+1;
for(int i=1;i<=bl[n];i++)mtag[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int f=read(),a=read(),b=read(),c=read();
if(f==2)printf("%d\n",(v[b]*mtag[bl[b]]+atag[bl[b]])%mod);
else solve(f,a,b,c);
}
return 0;
}分块八：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及区间询问等于一个数c的元素，并将这个区间的所有元素改为c。
区间修改没有什么难度，这题难在区间查询比较奇怪，因为权值种类比较多，似乎没有什么好的维护方法。
模拟一些数据可以发现，询问后一整段都会被修改，几次询问后数列可能只剩下几段不同的区间了。
我们思考这样一个暴力，还是分块，维护每个分块是否只有一种权值，区间操作的时候，对于同权值的一个块就O(1)统计答案，否则暴力统计答案，并修改标记，不完整的块也暴力。
这样看似最差情况每次都会耗费O(n)的时间，但其实可以这样分析：
假设初始序列都是同一个值，那么查询是O(√n)，如果这时进行一个区间操作，它最多破坏首尾2个块的标记，所以只能使后面的询问至多多2个块的暴力时间，所以均摊每次操作复杂度还是O(√n)。
换句话说，要想让一个操作耗费O(n)的时间，要先花费√n个操作对数列进行修改。
初始序列不同值，经过类似分析后，就可以放心的暴力啦。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1000000;
int pos[N],le[N],ri[N],cnt,n,a[N],tag[N],len;
void reset(int x)
{
if(tag[x]==-1)return;
else
{
for(int i=le[x];i<=ri[x];i++)
a[i]=tag[x];
}
tag[x]=-1;
}
void change(int l,int r,int c)
{
int ans=0;
reset(pos[l]);
for(int i=l;i<=min(ri[pos[l]],r);i++)
{
if(a[i]!=c)a[i]=c;
else ans++;
}
if(pos[l]!=pos[r])
{
reset(pos[r]);
for(int i=le[pos[r]];i<=r;i++)
{
if(a[i]!=c)a[i]=c;
else ans++;
}
}
for(int i=pos[l]+1;i<=pos[r]-1;i++)
{
if(tag[i]!=-1)
{
if(tag[i]!=c)tag[i]=c;
else ans+=len;
}
else
{
for(int j=le[i];j<=ri[i];j++)
{
if(a[j]!=c)a[j]=c;
else ans++;
tag[i]=c;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
len=sqrt(n);
memset(tag,-1,sizeof(tag));
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)pos[i]=(i-1)/len+1;
for(int i=1;i<=pos[n];i++)
{
le[i]=(i-1)*len+1;
ri[i]=min(n,i*len);
}
for(int i=1,l,r,c;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);
change(l,r,c);
}
return 0;
}分块九：
给出一个长为n的数列，以及n个操作，操作涉及询问区间的最小众数。 不带修改，要是带呢？
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 10007
#define pi acos(-1)
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,blo,id;
int v[100005],bl[100005];
int f[605][605];
map<int,int>mp;
int val[100005],cnt[100005];
vector<int>ve[100005];
void pre(int x)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
int mx=0,ans=0;
for(int i=(x-1)*blo+1;i<=n;i++)
{
cnt[v[i]]++;
int t=bl[i];
if(cnt[v[i]]>mx||(cnt[v[i]]==mx&&val[v[i]]<val[ans]))
ans=v[i],mx=cnt[v[i]];
f[x][t]=ans;
}
}
int query(int l,int r,int x)
{
int t=upper_bound(ve[x].begin(),ve[x].end(),r)-lower_bound(ve[x].begin(),ve[x].end(),l);
return t;
}
int query(int a,int b)
{
int ans,mx;
ans=f[bl[a]+1][bl[b]-1];
mx=query(a,b,ans);
for(int i=a;i<=min(bl[a]*blo,b);i++)
{
int t=query(a,b,v[i]);
if(t>mx||(t==mx&&val[v[i]]<val[ans]))ans=v[i],mx=t;
}
if(bl[a]!=bl[b])
for(int i=(bl[b]-1)*blo+1;i<=b;i++)
{
int t=query(a,b,v[i]);
if(t>mx||(t==mx&&val[v[i]]<val[ans]))ans=v[i],mx=t;
}
return ans;
}
int main()
{
n=read();
blo=200;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
v[i]=read();
if(!mp[v[i]])
{
mp[v[i]]=++id;
val[id]=v[i];
}
v[i]=mp[v[i]];
ve[v[i]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)bl[i]=(i-1)/blo+1;
for(int i=1;i<=bl[n];i++)pre(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a=read(),b=read();
if(a>b)swap(a,b);
printf("%d\n",val[query(a,b)]);
}
return 0;
}
分块--好爽