洛谷 P3396 哈希冲突(根号算法 分块)

2024-01-21 01:10

本文主要是介绍洛谷 P3396 哈希冲突(根号算法 分块),希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!

P3396 哈希冲突

题目链接
从这篇博客来做的这道题
在这里插入图片描述
P3396
分析:
看到这个题的数据范围是有点懵,这能怎么做啊?
先看暴力 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

for (int i = x; i <= n; i += p)ans += value[i];

如果我们做预处理的话, a n s [ p ] [ x ] ans[p][x] ans[p][x] % p \%p %p 时余数是 x x x 的位置的和,这样复杂度还是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),查询 O ( 1 ) O(1) O(1),会爆炸
然后要降复杂度吧,这里就要说到神奇的根号算法了(也不知道是不是叫这个名),分块
预处理 [ 1 , n ] [1,\sqrt n] [1,n ] 范围的模数 p p p

for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= sqrt(n); j++) //枚举模数pans[j][i%j] += value[i];

这样就能得到模数 p ≤ n p\leq\sqrt n pn 的所有余数 x x x 的答案了,而且复杂度为 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn ),完全可以接受的
若模数 p > n p>\sqrt n p>n ,那么余数为 x x x 的位置不超过 n \sqrt n n ,同样复杂度小于 O ( n ) O(\sqrt n) O(n )
修改时,更新 x x x 位置对 % p \%p %p 的答案,范围也是模数p的范围 [ 1 , n ] [1,\sqrt n] [1,n ],修改的复杂度 O ( n ) O(\sqrt n) O(n )
所以总的复杂度就是 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn )

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 150005; //sqrt(150000)=387.3
int n, m;
int a[N];
int b[400][400]; //b[p][x] %p意义下余数是x的位置的和
int main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);cin >> n >> m;int sq = sqrt(n);for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];for (int j = 1; j <= sq; j++) // %j 意义下余数是 i%j 的数的和, %数大于sqrt(n)直接求就OK{b[j][i % j] += a[i];}}while (m--){string s;int x, y;cin >> s >> x >> y;if (s[0] == 'A'){if (x <= sq){cout << b[x][y] << endl;}else{int ans = 0;for (int i = y; i <= n; i += x){ans += a[i];}cout << ans << endl;}}else{for (int i = 1; i <= sq; i++) // a[x]位置对所有%数更新{b[i][x % i] += y - a[x];}a[x] = y;}}return 0;
}

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