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写在前面的话：

个人理解 根号分治本身就是一种卡着评测机过题的做法，所以非必要不要写 #define int long long ！！！

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本篇博客参考：暴力美学——浅谈根号分治

做到过两三题根号分治了，来总结一下这个算法

与其说是算法，不如说是一种思维

根号分治的主要思路是，数据范围很大的时候（指不能接受 $n^2$ 复杂度，但可以接受 $n\sqrt{n}$ 复杂度的情况，通常是 $1e8-1e9$），将数据分为两个部分，一个是小于 $\sqrt{n}$ 的部分，一个是大于等于 $\sqrt{n}$ 的部分，两个部分分别采用不同的处理方式：

• 第一个部分（需要处理的间隔小的部分），使用技巧计算，例如前缀和等预处理算法
• 第二个部分（需要处理的间隔大的部分），暴力计算

数据结构

来一道例题：F. Remainder Problem

题目意思是，给出一个长度为 $5e5$ 的序列，初始值都是 0，给出 q 组操作，每组操作包括 op x y：

• op == 1 时，a[x] += y
• op == 2 时，输出下标模 x 等于 y 的位置的值之和

我们可以想到两种做法：

1. 暴力处理，第一个操作就直接加，复杂度 $O(1)$，第二个操作就遍历一遍数组，复杂度 $O(n)$，这样最坏的复杂度是 $O(nq)$，T
2. 利用二维数组预处理，b[i][j] 表示模 i 等于 j 的位置上的值之和，第一个操作就遍历更新 b[i][j]，复杂度 $O(n)$，第二个操作直接输出，复杂度 $O(1)$，最坏的复杂度是 $O(nq)$，T

那能不能把两者结合起来呢？

我们发现如果 x 比较大的话，暴力处理的第二个操作复杂度就不会太高，但是不能进行预处理（空间上不能接受），x 比较小的话，可以进行预处理，而暴力操作的复杂度就会比较高

说到这里就清楚啦：x 大就第一个做法，x 小就第二个做法，大小的分界线是什么呢？就是 $\sqrt{n}$

$code$

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;// #define int long long
using i64 = long long;typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<int, pair<int, bool>> PIIB;const int N = 5e5 + 10;
const int maxn = 710;
const int mod = 1e9 + 7;
const int mod1 = 954169327;
const int mod2 = 906097321;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;int a[N], b[710][710];void solve()
{int q;cin >> q;while (q -- ){int op, x, y;cin >> op >> x >> y;if (op == 1){a[x] += y;for (int i = 1; i < 700; i ++ ) b[i][x % i] += y;}else{if (x < 700) cout << b[x][y] << '\n';else{int res = 0;for (int i = y; i <= 5e5; i += x) res += a[i];cout << res << '\n';}}}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;// cin >> t;while (t--){solve();}
}

数论

看这题：D. Two Arithmetic Progressions

题目给出这样的两个数列：

• $a_{1}k+b_1$
• $a_{2}k+b_2$

$k>=0$

然后给出 $[l,r]$，问这个区间里有多少数同时存在于上面的两个数列里（$a、b$ 的范围都是 $2e9$）

我们还是想出两种办法：

• k 从 0 开始，枚举第一个数列的数，直到找到一个在第二个数列里也出现的数（可以发现最多找 max(a1, a2) 次），之后每次加上循环节（也就是 $a_1$ 和 $a_2$ 的最小公倍数）即可
• 枚举 $a$ 值较大的数列，符合条件就答案+1，完全暴力

设 maxx = max(a1, a2)

• 当 maxx 比较大的时候，数列里的值的数量就会比较少，可以通过枚举解决问题，但使用第一种方法就会T

• 当 maxx 比较小的时候，枚举会T，但可以使用第一种找循环节的方法

所以通过这个进行根号分治，结束！

（其实这题的正解并不是根号分治，但是使用这种思想可以直接碾过去cf2500的题！！好爽ovo）

$code$

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long long
using i64 = long long;typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<int, pair<int, bool>> PIIB;const int N = 2e9;
const int maxn = 710;
const int mod = 1e9 + 7;
const int mod1 = 954169327;
const int mod2 = 906097321;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;void solve()
{int a1, b1, a2, b2, l, r;cin >> a1 >> b1 >> a2 >> b2 >> l >> r;int maxx = max(a1, a2);if (maxx < sqrt(N)) // 找最小公倍数{for (int i = 0; i <= maxx; i ++ ){int tmp = a1 * i + b1;if (abs(tmp - b2) % a2 == 0){int lcmm = lcm(a1, a2);int st = max({l, b1, b2});if (tmp < st){tmp += ((st - tmp) / lcmm + 1) * lcmm;tmp = st + (tmp - st) % lcmm;}else tmp = st + (tmp - st) % lcmm;if (tmp > r) continue;cout << (r - tmp) / lcmm + 1 << '\n';return;}}cout << 0 << '\n';}else // 暴力{int ans = 0;if (a1 < a2) swap(a1, a2), swap(b1, b2);for (int i = b1; i <= r; i += a1){if (i < l || i < b2) continue;if ((i - b2) % a2 == 0) ans ++ ;}cout << ans << '\n';}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;// cin >> t;while (t--){solve();}
}