分块思想简介其实，分块是一种思想，而不是一种数据结构。
从 NOIP 到 NOI 到 IOI，各种难度的分块思想都有出现。
分块的基本思想是，通过对原数据的适当划分，并在划分后的每一个块上预处理部分信息，从而较一般的暴力算法取得更优的时间复杂度。
分块的时间复杂度主要取决于分块的块长，一般可以通过均值不等式求出某个问题下的最优块长，以及相应的时间复杂度。
分块是一种很灵活的思想，相较于树状数组和线段树，分块的优点是通用性更好，可以维护很多树状数组和线段树无法维护的信息。
当然，分块的缺点是渐近意义的复杂度，相较于线段树和树状数组不够好。
不过在大多数问题上，分块仍然是解决这些问题的一个不错选择。
下面是几个例子。
区间和例题 LibreOJ 6280 数列分块入门 4 给定一个长度为 𝑛n 的序列 {𝑎𝑖}{ai}，需要执行 𝑛n 次操作。操作分为两种：
给 𝑎𝑙 ∼𝑎𝑟al∼ar 之间的所有数加上 𝑥x；求 ∑𝑟𝑖=𝑙𝑎𝑖∑i=lrai。
1 ≤𝑛 ≤5 ×1041≤n≤5×104
我们将序列按每 𝑠s 个元素一块进行分块，并记录每块的区间和 𝑏𝑖bi。
𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑠⏟__⏟__⏟𝑏1,𝑎𝑠+1,…,𝑎2𝑠⏟__⏟__⏟𝑏2,…,𝑎(𝑠−1)×𝑠+1,…,𝑎𝑛⏟___⏟___⏟𝑏𝑛𝑠a1,a2,…,as⏟b1,as+1,…,a2s⏟b2,…,a(s−1)×s+1,…,an⏟bns最后一个块可能是不完整的（因为 𝑛n 很可能不是 𝑠s 的倍数），但是这对于我们的讨论来说并没有太大影响。
首先看查询操作：
若 𝑙l 和 𝑟r 在同一个块内，直接暴力求和即可，因为块长为 𝑠s，因此最坏复杂度为 𝑂(𝑠)O(s)。若 𝑙l 和 𝑟r 不在同一个块内，则答案由三部分组成：以 𝑙l 开头的不完整块，中间几个完整块，以 𝑟r 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然采用上面暴力计算的方法，对于完整块，则直接利用已经求出的 𝑏𝑖bi 求和即可。这种情况下，最坏复杂度为 𝑂(𝑛𝑠 +𝑠)O(ns+s)。接下来是修改操作：
若 𝑙l 和 𝑟r 在同一个块内，直接暴力修改即可，因为块长为 𝑠s，因此最坏复杂度为 𝑂(𝑠)O(s)。若 𝑙l 和 𝑟r 不在同一个块内，则需要修改三部分：以 𝑙l 开头的不完整块，中间几个完整块，以 𝑟r 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然是暴力修改每个元素的值（别忘了更新区间和 𝑏𝑖bi），对于完整块，则直接修改 𝑏𝑖bi 即可。这种情况下，最坏复杂度和仍然为 𝑂(𝑛𝑠 +𝑠)O(ns+s)。利用均值不等式可知，当 𝑛𝑠 =𝑠ns=s，即 𝑠 =√𝑛s=n 时，单次操作的时间复杂度最优，为 𝑂(√𝑛)O(n)。
参考代码 1
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59#include
#include
using namespace std;
int id[50005], len;
// id 表示块的编号, len=sqrt(n) , 即上述题解中的s, sqrt的时候时间复杂度最优
long long a[50005], b[50005], s[50005];
// a 数组表示数据数组, b 数组记录每个块的整体赋值情况, 类似于 lazy_tag, s
// 表示块内元素总和
void add(int l, int r, long long x) { // 区间加法
int sid = id[l], eid = id[r];
if (sid == eid) { // 在一个块中
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
return;
}
for (int i = l; id[i] == sid; i++) a[i] += x, s[sid] += x;
for (int i = sid + 1; i < eid; i++)
b[i] += x, s[i] += len * x; // 更新区间和数组(完整的块)
for (int i = r; id[i] == eid; i--) a[i] += x, s[eid] += x;
// 以上两行不完整的块直接简单求和,就OK
}
long long query(int l, int r, long long p) { // 区间查询
int sid = id[l], eid = id[r];
long long ans = 0;
if (sid == eid) { // 在一个块里直接暴力求和
for (int i = l; i <= r; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
return ans;
}
for (int i = l; id[i] == sid; i++) ans = (ans + a[i] + b[sid]) % p;
for (int i = sid + 1; i < eid; i++) ans = (ans + s[i]) % p;
for (int i = r; id[i] == eid; i--) ans = (ans + a[i] + b[eid]) % p;
// 和上面的区间修改是一个道理
return ans;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
len = sqrt(n); // 均值不等式可知复杂度最优为根号n
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 题面要求
cin >> a[i];
id[i] = (i - 1) / len + 1;
s[id[i]] += a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int op, l, r, c;
cin >> op >> l >> r >> c;
if (op == 0)
add(l, r, c);
else
cout << query(l, r, c + 1) << endl;
}
return 0;
}
/*
https://loj.ac/s/1151495
*/
区间和 2上一个做法的复杂度是 Ω(1),𝑂(√𝑛)Ω(1),O(n)。
我们在这里介绍一种 𝑂(√𝑛) −𝑂(1)O(n)−O(1) 的算法。
为了 𝑂(1)O(1) 询问，我们可以维护各种前缀和。
然而在有修改的情况下，不方便维护，只能维护单个块内的前缀和。
以及整块作为一个单位的前缀和。
每次修改 𝑂(𝑇 +𝑛𝑇)O(T+nT)。
询问：涉及三部分，每部分都可以直接通过前缀和得到，时间复杂度 𝑂(1)O(1)。
对询问分块同样的问题，现在序列长度为 𝑛n，有 𝑚m 个操作。
如果操作数量比较少，我们可以把操作记下来，在询问的时候加上这些操作的影响。
假设最多记录 𝑇T 个操作，则修改 𝑂(1)O(1)，询问 𝑂(𝑇)O(T)。
𝑇T 个操作之后，重新计算前缀和，𝑂(𝑛)O(n)。
总复杂度：𝑂(𝑚𝑇 +𝑛𝑚𝑇)O(mT+nmT)。
𝑇 =√𝑛T=n 时，总复杂度 𝑂(𝑚√𝑛)O(mn)。
其他问题分块思想也可以应用于其他整数相关问题：寻找零元素的数量、寻找第一个非零元素、计算满足某个性质的元素个数等等。
还有一些问题可以通过分块来解决，例如维护一组允许添加或删除数字的集合，检查一个数是否属于这个集合，以及查找第 𝑘k 大的数。要解决这个问题，必须将数字按递增顺序存储，并分割成多个块，每个块中包含 √𝑛n 个数字。每次添加或删除一个数字时，必须通过在相邻块的边界移动数字来重新分块。
一种很有名的离线算法 莫队算法，也是基于分块思想实现的。
练习题UVa - 12003 - Array TransformerUVa - 11990 Dynamic InversionSPOJ - Give AwayCodeforces - Till I CollapseCodeforces - DestinyCodeforces - HolesCodeforces - XOR and Favorite NumberCodeforces - Powerful arraySPOJ - DQUERY
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