题解 P3870 【[TJOI2009]开关】/基础分块学习小结

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分块：

分块分块，就是把一个长串东西，分为许多块，这样，我们就可以在操作一个区间的时候，对于在区间里面完整的块，直接操作块，不完整的直接操作即可，因为不完整，再加上一个块本身就不大，复杂度会很小的，然后需要输出的时候，单点输出直接把本来自身的值加上对块的操作加起来即可，而对于区间询问，格外在维护一个区间总和数组即可。那么问题来了：分为几块呢？ 答案是当大小为\(n\)的序列，分为\(\sqrt{n}\)，因为对于上述的操作，设块数为\(k\)，复杂度是为\(O(\frac{n}{k}+k)\)的，根据计算，可以得出\(k\)为\(\sqrt{n}\)时复杂度最优。

下面给出例题来讲解吧\(qwq\)。

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例题：开关

这道题就是一个区间修改+区间查询的裸题了，他操作一次，就相当于加一次，看最后mod2为几，1则是开着的，0则是关着的。然后还有一个点，对于区间操作时，我们维护一个\(ans_i\)代表第\(i\)块块的总开灯数，如果这一个块都被操作了，就可以\(ans_i=sq-ans_i\)，\(sq\)为块的大小，是一个定值，就是\(\sqrt{n}\)(因为分为了\(\sqrt{n}\)块嘛，一块大小当然也为\(\sqrt{n}\)咯)。

\(code\)时间:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n , m , sq;
int a[100010] , f[100010] , tag[10010] , ans[10010];	//a存放灯泡是否开着的，f为当前的位置为第几块，tag是区间标记，ans就是区间和
void work(int x , int y){
    for(int i = x; i <= min(y , f[x] * sq)/*有可能不构成一块，所以取min*/; i++){
        if((a[i] + tag[f[i]]/*！！！这里一定要加上标记，调了好久*/) % 2) ans[f[i]]--;	//为开着的关上后就是-1
        else ans[f[i]]++;
        a[i]++;
    }
    if(f[x] != f[y]) 	//在一块就说明区间不构成一块
        for(int i = (f[y] - 1) * sq + 1; i <= y; i++){
            if((a[i] + tag[f[i]]) % 2) ans[f[i]]--;
            else ans[f[i]]++;
            a[i]++;
        }
    for(int i = f[x] + 1; i <= f[y] - 1; i++){	//两边的前面已经处理过了
        ans[i] = sq - ans[i];
        tag[i]++;
    }
}
int sum(int x , int y){
    int k = 0;
    for(int i = x; i <= min(y , f[x] * sq); i++) if((a[i] + tag[f[i]]) % 2) k++;
    if(f[x] != f[y]) for(int i = (f[y] - 1) * sq + 1; i <= y; i++) if((a[i] + tag[f[i]]) % 2) k++;
    for(int i = f[x] + 1; i <= f[y] - 1; i++) k += ans[i];
    return k;
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    sq = sqrt(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = (i - 1) / sq + 1;	//标记某一个点是哪一块的
    while(m--){
        int x , y;
        cin >> x;
        if(!x){
            cin >> x >> y;
            work(x , y);
        }else{
            cin >> x >> y;
            cout << sum(x , y) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

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我讲的很差对吧，这应该只是作为我的应该记录吧，如果真的要学习分块，去看hzwer大佬的分块九讲吧，非常清晰。