背景

你 Ki 叔 最近 CF 虐场的同时发明了一种趣味的东西，适用于区间修改查询问题，但合并两个区间的贡献复杂度需要与区间长度有关的问题，这种问题无法用普通线段树去维护，因为复杂度爆炸，过去一般会使用分块维护，需要讨论散块、整块等问题，较为复杂，而神仙大 Ki 子研究出了一种新的方式，代码好写，想法基于在线段树上对节点大小进行根号分治。

理论

理论具体来说：

• 设立一个阈值 \(B\)
• 修改的时候，对于线段树节点大小 \(\le B\) 的节点，暴力 pushup，\(> B\) 的时候则不管。
• 查询的时候，只有当前节点完全属于查询区间且节点大小 \(\le B\) 时，在该点上相应查询。

写起来很好写，就 pushup 和 query 的时候加一个 if 条件就行。

事实上，相当于是舍弃了线段树上方一部分的结构，也可以理解维护了 \(\frac{n}{B}\) 级别颗线段树。

这样做复杂度是啥子？设 pushup 一个长度为 \(a\) 的区间的复杂度是 \(O(a \times X)\)，查询一个线段树节点的答案复杂度是 \(O(Y)\)。

• 考虑 Pushup。根据线段树理论每层只会递归到两个节点，因此区间总长度是 \(B + \frac{B}{2} + \frac{B}{4} + \dots = 2B\) 级别的，复杂度是 \(O(B \times X)\)
• 考虑 Query，定义最高层是节点大小 \(\le B\) 最大的那一层，递归到最高层下面的最多两个区间，复杂度应当是 \(O((\frac{n}{B} + \log B) \times Y)\)，通常 \(\log\) 要小，可以视为 \(O(\frac{n}{B} \times Y)\)

这个均摊大概是 \(B = \sqrt \frac{nY}{X}\)，总复杂度 \(O(q\sqrt{nXY})\)。

例 1：CF1540D. Inverse Inversions

题目

经过若干步转化，问题变为维护一个序列 \(b\)，若干次查询：

• \(b\) 单点改

• 给一个值 \(v\)，以及 \(p\)，执行：

  for i = p; i <= n; i++:
  	if v >= b[i]: v++
  

  输出最后的 \(v\)

考虑进行一段区间的这样操作，设 \(f(x)\) 为把 \(x\) 丢出去出来的会是啥，这个函数是连续不降的，函数不同的值只有区间长度种，可以分段维护函数，考虑合并的时候可以用类归并的方式 \(O(长度)\) 合并。

查询的时候直接按顺序在维护分段函数上二分 / lower_bound 就行。

这样复杂度是 \(O(q\sqrt{n \log n})\)。

ki 叔代码

例 2：CF1129D Isolation / [BJOI2017]开车

链接 1 / 链接 2

两题最后可以转化为这样一个数据结构问题：

有 \(n\) 个东西排成一排 ，有两个属性 \(a_i, b_i\)，每次：

• 给 \([l, r]\) 区间的 \(a\) 加减一个权值 \(w\)
• 询问一个区间 \([l, r]\) 中，所有 \(a\) 在区间 \([x, y]\) 的 \(b\) 的和。

对于一个区间，可以维护按 \(a\) 排序的结果并且预处理 \(b\) 前缀和，查询就可以在上面二分做到 \(\log\)，而排序可以从下面两个儿子线性归并排序。

复杂度是 \(O(q\sqrt{n\log n})\) 的。

这比传统的分块，把 \(\log\) 放根号里了，但事实上原本也可以做到，只不过仍然需要在散块中归并排序，其实与 ki 子线段树原理本质是一样的，但这个统一且和谐，简单很多！

这两题确实也有没有 \(\log\) 做法，是开一个桶，但依赖于相邻两个值差不超过 \(1\) 这种限制。

标签：frac,AKEE,KI,节点,区间,复杂度,SegmentTree,线段,log
来源： https://www.cnblogs.com/dmoransky/p/14957063.html