【模板】线段树 1

题目描述

如题，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 $k$。
2. 求出某区间每一个数的和。

输入格式

第一行包含两个整数 $n,m$，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含 $n$ 个用空格分隔的整数，其中第 $i$ 个数字表示数列第 $i$ 项的初始值。

接下来 $m$ 行每行包含 $3$ 或 $4$ 个整数，表示一个操作，具体如下：

1. 1 x y k：将区间 $[x,y]$ 内每个数加上 $k$。
2. 2 x y：输出区间 $[x,y]$ 内每个数的和。

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 2 的结果。

样例 #1

样例输入 #1

5 5
1 5 4 2 3
2 2 4
1 2 3 2
2 3 4
1 1 5 1
2 1 4

样例输出 #1

11
8
20

提示

对于 $30\%$ 的数据：$n\le 8$，$m\le 10$。
对于 $70\%$ 的数据：$n\le {10}^3$，$m\le {10}^4$。
对于 $100\%$ 的数据：$1\le n,m\le {10}^5$。

保证任意时刻数列中所有元素的绝对值之和 $\le {10}^{18}$。

【样例解释】

#

思路

先不要看算法标签和题目名称。
通过观察可以发现，如果强行枚举，绝对会超时（不会有玄学方法能过吧 ）
看题目的数据范围，$1\le n,m\le {10}^5$。
那么这道题目时间复杂度的最高是$O(n\sqrt{n})$

这道题目明显做法很多，线段树、树状数组可以用十分优秀的$O(n\log n)$的时间复杂度通过。
但是明显线段树、树状数组这些做法太长了不好写。
因此，分块成了一种简单好写，而且时间复杂度较为优秀的思想。
分块的时间复杂度略高于线段树、树状数组，为$O(n\sqrt{n})$，所以分块可以在这一题替代线段树。

分块原理

先考虑暴力，最简单的思路就是每一次操作进行增加就从$l$枚举到$r$，增加每一个数，求和就从$l$枚举到$r$，进行累加。（这里的$l$和$r$代表题目中的$x$和$y$）
显然时间大大滴超。
导致超时的情况是$l$和$r$的差值很大，接下来考虑如何优化掉这种情况。
可以将数组分成很多块。
在$l$和$r$的差值很大的情况下，这个区间将会覆盖很多整块。
比如$n=1000$的情况下，每个块的大小为$100$时，假如$l=10$，$r=500$时，这个区间就可以看作4个完整块以及一个不完整的块，如果可以在$O(1)$的时间将每个完整块处理，那么这次操作的时间复杂度就会降到$O(n÷10)$左右。

分块的块的大小

在面对并不在一个完整的块内的情况，只能进行暴力求解，设块的大小为$siz$，则时间复杂度为$O(siz)$。
覆盖多个完整块的情况下，每个完整块都是$O(1)$，设共有$num$块，则时间复杂度为$O(num)$。
因为块数=总数÷块的大小，因此$num=n/siz，num\ast siz=n$。
为了让时间复杂度尽可能低，要$num$和$siz$尽可能都小，此时最好的办法就是将$siz$和$num$设为$\sqrt{n}$。
因此块的大小最好为$\sqrt{n}$。
此时的时间复杂度为$m\sqrt{n}$其中$m$为操作次数，$n$为元素个数。

这道题的分块实现

所需的数组和变量

ll siz,num;//块个数和块大小
ll L[N],R[N];//每个块的左右端点
ll bel[N],su[N],add[N];//每个元素属于哪一个块，以及每个块的和、每个块每个元素都加上多少
ll n,m,a[N];//对应输入

分块初始化

void init(){siz=sqrt(n);//最佳的分块大小num=n/siz+(n%siz>0);//块的个数for(int i=1;i<=num;i++){//这里预处理，其实也可以封装函数后面计算L[i]=siz*(i-1)+1;R[i]=min(n,siz*i);}for(int i=1;i<=n;i++){//这里也是预处理bel[i]=(i-1)/siz+1;su[bel[i]]+=a[i];}
}

预处理可以降低常数

区间增加某个数

void upd(ll l,ll r,ll k){ll x=bel[l],y=bel[r];if(x==y){//在同一块内的情况for(int i=l;i<=r;i++){a[i]+=k;su[x]+=k;}}else{for(int i=x+1;i<y;i++){//整块add[i]+=k;su[i]+=k*siz;}for(int i=l;i<=R[x];i++){//非完整a[i]+=k;su[x]+=k;}for(int i=L[y];i<=r;i++){//非完整a[i]+=k;su[y]+=k;}}
}

这里可以看作每一个块内所有元素都加上的某个数暂时没有加上去，而是保留到需要用的时候再进行处理。
面对不完整的块直接暴力就行。

区间求和

ll qu(ll l,ll r){ll ans=0;//记录答案ll x=bel[l],y=bel[r];if(x==y){//同一个块内直接暴力就行for(int i=l;i<=r;i++){ans+=a[i]+add[x];//加上add是因为把之前没有加上的加上}}else{for(int i=x+1;i<y;i++){ans+=su[i];//每个块的和之前记录了}for(int i=l;i<=R[x];i++){ans+=a[i]+add[x];//这里也是一样}for(int i=L[y];i<=r;i++){ans+=a[i]+add[y];//同上}}return ans;
}

查找时，之前没有加上去放在add数组里的值就可以加上了，优化了时间复杂度。
可以看出分块还是一种暴力。
这里也可以看出预处理的作用。

“完整”代码

直接复制代码不是一个好习惯。

ll siz,num,L[N],R[N],bel[N],su[N],add[N];
ll n,m,a[N];
void init(){siz=sqrt(n);num=n/siz+(n%siz>0);for(int i=1;i<=num;i++){L[i]=siz*(i-1)+1;R[i]=min(n,siz*i);}for(int i=1;i<=n;i++){bel[i]=(i-1)/siz+1;su[bel[i]]+=a[i];}
}
void upd(ll l,ll r,ll k){ll x=bel[l],y=bel[r];if(x==y){for(int i=l;i<=r;i++){a[i]+=k;su[x]+=k;}}else{for(int i=x+1;i<y;i++){add[i]+=k;su[i]+=k*siz;}for(int i=l;i<=R[x];i++){a[i]+=k;su[x]+=k;}for(int i=L[y];i<=r;i++){a[i]+=k;su[y]+=k;}}
}
ll qu(ll l,ll r){ll ans=0;ll x=bel[l],y=bel[r];if(x==y){for(int i=l;i<=r;i++){ans+=a[i]+add[x];}}else{for(int i=x+1;i<y;i++){ans+=su[i];}for(int i=l;i<=R[x];i++){ans+=a[i]+add[x];}for(int i=L[y];i<=r;i++){ans+=a[i]+add[y];}}return ans;
}
int main(){scanf("%lld %lld",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}init();for(int i=1;i<=m;i++){int op;scanf("%d",&op);if(op==1){ll x,y,k;scanf("%lld %lld %lld",&x,&y,&k);upd(x,y,k);}else{ll x,y;scanf("%lld %lld",&x,&y);ll tmp=qu(x,y);printf("%lld\n",tmp);}}return 0;
}

分块和线段树对比的优势和劣势

时间复杂度上

线段树的时间复杂度平均$O(n\log n)$
分块时间复杂度$O(n\sqrt{n})$
分块时间复杂度较高

空间复杂度上

线段树和分块的空间复杂度均为$O(n)$，but实际上分块的空间更小，不容易被卡。

代码复杂度上

$dalao$们的线段树代码100行左右。
分块80行左右，代码量要少。

线段树的思路比较难理解。
分块的思路就是暴力，十分容易理解，分块更好。

结果

可以看出分块与线段树不相上下，面对大部分区间问题分块足以。不行就用莫队