标签：double http 区间问题 一个 自己的 sqrt 平衡 图标 跳过
? 分块思想是通过适当地划分，预处理一部分信息并保存下来，用空间换取时间，达到时空平衡。事实上，分块比线段树等数据结构朴素得多，基本上算是“优化的暴力”。但是它更加通用，且更易实现。
? 何为“适当的划分”：玄学 数学方法推导
已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某区间每一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
对于100%的数据：N<=100000，M<=100000
显然这道题可以用线段树做。但是，随手百来行真的好吗？如果要加上其他的操作，就更加麻烦了。
看看数据范围——1e5，\(O(n\sqrt{n})\)貌似能卡过。。。
\(solution:\)
把数列分成若干个长度小于等于\(\sqrt{n}\) 的段，显然 ，第\(i\)段的左端点为\((i-1)*\sqrt{n}\)，右端点为\(i*\sqrt{n}\) 。
另外，预处理出数组\(sum[i]\)，表示第\(i\)段的区间和；\(add[i]\)表示增量标记(类比线段树)。
void pre()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
int t=sqrt(n); //要分的块数
for(int i=1;i<=t;i++)
L[i]=(i-1)*t+1,R[i]=i*t;
if(R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n; //最后多出来的几个，新增一块
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) //pos[i]表示第i个数所在的块的编号
pos[j]=i,sum[i]+=a[j];
}对于一个修改\([l,r]\)，则会有两种情况：
1.\(l\)和\(r\)在同一区间内，这时候直接暴力修改就好。
2.长这样
对于整块(上图标红色)，直接修改\(add\)标记，对于两端不足整块的部分(上图标绿色)，暴力更新。
void mdf(int l,int r,ll d)
{
int p=pos[l],q=pos[r];
if(p==q)
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]+=d,sum[p]+=d;
else
{
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)add[i]+=d;
for(int i=l;i<=R[p];i++)a[i]+=d,sum[p]+=d;
for(int i=L[q];i<=r;i++)a[i]+=d,sum[q]+=d;
}
}修改操作可以类比
ll ask(int l,int r)
{
int p=pos[l],q=pos[r];
ll ans=0;
if(p==q)
for(int i=l;i<=r;i++)ans+=a[i]+add[p];
else
{
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)ans+=sum[i]+add[i]*(R[i]-L[i]+1);
for(int i=l;i<=R[p];i++)ans+=a[i]+add[p];
for(int i=L[q];i<=r;i++)ans+=a[i]+add[q];
}
return ans;
}自我感觉码风还是比较好的
洛谷上跑的飞快，十个点只比线段树慢0.2s...代码
理解了代码后就不难发现，这种分块中对于整段的修改用\(add\)记录，不足整段的暴力修改。其实，大部分常见的分块思想都可以用"大段维护，局部朴素"来形容。
因为分块简单粗暴，个人感觉还是比较好理解的。
emmmmm NOI+难度的题目考虑一下？
P.S.排序分块这名字其实是我自己取的。。。个人理解。有什么不妥之处还请指教。
在很多题目中，我们发现，对元素进行排序能有效地降低复杂度。因为这样可以使你查找合法元素的时候有迹可循，而不是去遍历。但是，对于有些题目，要处理的元素有多个关键字，这时候排序单关键字就没多大用处了。让多个关键字有序又显然不可能。怎么办呢？我们可以采用一个折中的方法——分块排序。
简单说，就是先将元素按某一关键字\(a\)排序后，分块，再对块内元素以关键字\(b\)排序，从而达到整体上\(a\)有序，局部\(b\)有序的效果。
说起来抽象，放题目讲吧。
题目描述
在一片广袤无垠的原野上，散落着N块磁石。每个磁石的性质可以用一个五元组(x,y,m,p,r)描述，其中x,y表示其坐标，m是磁石的质量，p是磁力，r是吸引半径。若磁石A与磁石B的距离不大于磁石A的吸引半径，并且磁石B的质量不大于磁石A的磁力，那么A可以吸引B。
小取酒带着一块自己的磁石L来到了这篇原野的(x0,y0)处，我们可以视为磁石L的坐标为(x0,y0)。小取酒手持磁石L并保持原地不动，所有可以被L吸引的磁石将会被吸引过来。在每个时刻，他可以选择更换任意一块自己已经获得的磁石（当然也可以是自己最初携带的L磁石）在(x0,y0)处吸引更多的磁石。小取酒想知道，他最多能获得多少块磁石呢？
- 对于100%的数据，1<=N<=250000，-10^9 <=x,y <=10^9，1 <=m,p,r<=10^9。
这道题给的磁石是个五元组，怎么办呢？
dalao当然可以用平衡树之类的暴力维护，但码起来还是比较复杂的
仔细分析，其实我们可以发现，这个五元组，用起来其实缩水成了两个维度！
即 质量\(\leq\)磁力，距离\(\leq\)吸引半径
那么问题就简单多了。
先用个队列存手里的磁石。
我们首先把磁石按质量\(sort\)一遍，分\(\sqrt{N}\)份，然后在每段内部，再重新按照距离排序。
每次拿手里的磁石(记为\(H\))去吸引别的磁石时，从前向后一段段扫，有以下3种情况：
1.本段所有磁石的质量都小于\(H\)的质量(\(Maxm\leq H.m\))：在此段内，从前往后依次吸引距离内的磁石
2.本段磁石质量有的大于\(H\)有的小于\(H\)：此时对这一段暴力扫
3.本段磁石质量均大于\(H\)：愉快地不管这一段(吸不动了)
并且，因为我们是排了序的，所以必然存在一个正整数\(k\)使得：第\(～1～k-1\)段为第一种情况，第\(k\)段为第二种，\(k\)段后面的则是第三种情况！
做完了。
愉快上代码：
struct node
{int x,y,m,p,r;double dis;}a[N];
int xx,yy,p0,r0;
bool cmp1(const node &a,const node &b)
{return a.m<b.m;}
double dist(node a)
{return sqrt((a.x-xx)*(a.x-xx)+(a.y-yy)*(a.y-yy));}
bool cmp2(const node &a,const node &b)
{return a.dis<b.dis;}
int L[S],R[S],maxm[S]; //maxm保存每块质量最大值，便于判断情况
bool vis[N]; //vis表示是否被取走过
int n,t,ans;
queue<node> q;
void pre() //预处理
{
sort(a+1,a+1+n,cmp1);
for(int i=1;i<=t;i++)
L[i]=(i-1)*t+1，R[i]=i*t，maxm[i]=a[R[i]].m;
if(R[t]<n)
t++，L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n，maxm[t]=a[n].m;
for(int i=1;i<=t;i++)
sort(a+L[i],a+R[i]+1,cmp2);
}
signed main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&xx,&yy,&p0,&r0,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].m,&a[i].p,&a[i].r);
a[i].dis=dist(a[i]);
}
t=sqrt(n);
pre();
q.push({xx,yy,0,p0,r0});
while(q.size())
{
node now=q.front();q.pop();
for(int i=1;i<=t;i++)
{
if(now.p>=maxm[i]) //第一种情况
{
for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
{
if(vis[j]) continue;
if(now.r>=a[j].dis)
{
ans++;q.push(a[j]);
L[i]=j+1;vis[j]=1; //细节：吸走的磁石要去掉
}
else break;
}
}
else //第二种情况
{
for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
{
if(now.r>=a[j].dis && now.p>=a[j].m && !vis[j])
ans++，q.push(a[j])，vis[j]=1;
}
break; //之后一定是第三种情况，可以跳过
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}忽略这鬼畜的缩进
莫队算法其实可以说是分块的一个延伸应用了。
大致说来，莫队算法是一个离线回答区间问题的算法。它通过几个指针的移动，通过上一个询问的结果，来计算相邻询问的答案。
延伸开来有很多东西。。。本蒟蒻太弱，不能理解其十分之一，挂上dalao的博客慢慢学习吧。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Zerosking/p/10066754.html
