感谢校内模拟赛给我强行灌输了这个东西。。。
概述
操作分块 / 根号重构，又名时间轴分块，可以解决需要多次修改和查询的问题，常常难以直接维护。
借鉴序列分块的思想，我们设定一个阈值 \(B\)，将连续 \(B\) 次操作视为一块。考虑一次查询操作，将对它产生影响的修改分为两类：
- 所在块之前的整块的修改；
- 所在块中它之前的修改，仅有 \(\mathcal O(B)\) 次。
类似序列分块，整体维护一类修改的贡献，并暴力贡献二类修改。具体的，一个块的操作结束后，考虑暴力重构，将这一块算进整体贡献中，仅会重构 \(\mathcal O(\frac{q}{B})\) 次。
我们用几道例题来理解上述思想。
CF342E Xenia and Tree
题意： 给定一棵 \(n\) 个节点的树，初始时 \(1\) 号节点为红色，其余为蓝色。
\(q\) 次询问，两种操作：
- 将一个节点变为红色；
- 询问节点 \(u\) 到最近红色节点的距离。
\(1\le n, q \le 10^5\)，5s
以阈值 \(B\) 操作分块，考虑一次查询 \(u\)：
对于一个二类修改 \(v\)，暴力贡献 \(dis(u, v)\)，复杂度 \(\mathcal O(B)\)。
对于整块的一类修改，我们需要在每个整块后进行重构。考虑以当前所有红点为起点集合进行多源 bfs，即可 \(\mathcal O(n)\) 求出每个节点 \(x\) 到最近红的的距离 \(f(x)\)，\(\mathcal O(1)\) 贡献。
两部分贡献取 \(\min\) 即为答案。总复杂度 \(O(qB + q + n\cdot\frac{q}{B})\)，视 \(n, q\) 同阶，取 \(B = n ^ {0.5}\)，有最优复杂度 \(\mathcal O(n ^ {1.5})\)，实际上取 \(B = 400\) 跑的并不快，开到 \(1000\) 就很好了。submission.
接下来看一道 DS。
[模拟赛] 浮夸(grandiloquence)
题意： 给定一棵初始 \(n\) 个节点的树，根节点为 \(1\)。再给定颜色数 \(k\)，颜色的编号为 \([0, k)\)，最开始所有点都没有被染色。
接下来进行以下三种操作共 \(m\) 次
1 u c对于 \(u\) 子树内的节点 \(v\)，将 \(v\) 染色为 \((c + dis(u, v)) \bmod k\)；2 u c询问 \(u\) 子树内颜色为 \(c\) 的节点个数；3 u\(~~~\)插入一个编号为 \(\lvert V\rvert + 1\) 的节点，其父亲为 \(u\)，没有被染色。其中 \(V\) 是当前点集。\(1\le n, m \le 2\times10^5\)，\(0\le c \lt k \le 10\)，强制在线。
假设没有操作 \(3\)，直接用 dfs 序拍平，转换成区间操作。颜色数很少，直接暴力维护。观察 \(1\) 操作，颜色可以拆成 \((c - dep_u + dep_v)\)，考虑区间打 \((c - dep_u)\) 的标记，按 dep 和 col 统计即可。线段树随便维护。
有操作 \(3\) 的话，考虑操作分块，每次操作 \(3\) 满 \(B\) 个，就新开一块，对于 \(1,2\) 操作，分两类：
- \(u\) 不是块内新增节点（即二类修改）：算完前面的整块节点后，枚举所有块二类修改，若其在 \(u\) 子树内，则暴力计算贡献，\(\mathcal O(B)\)，这是平凡的；
- \(u\) 是块内新增节点：那么 \(u\) 子树内均为新增节点，于是 \(siz_u \lt B\)，直接暴力 dfs 算答案，\(\mathcal O(B)\)。
满 \(B\) 个后无重建线段树。话说为啥大家都写的分块啊。
再来一道？
[模拟赛] 序列查询(query)
题意： 给定一长为 \(n\) 的非负整数序列 \(a\)，你需要支持以下两种操作共 \(q\) 次：
- 区间翻转；
- 区间询问 \(\text{mex}\)。
\(1 \le n, q \le 2 \times 10 ^ 5\)，4s
以阈值 \(B\) 操作分块，单独考察每一块操作。
先对序列按受操作情况划分颜色段，每个颜色段受到的操作相同。操作均为区间操作，最多使其头、尾所在颜色段分裂，增加 \(\mathcal O(1)\) 个颜色段，于是颜色段仅有 \(\mathcal O(B)\) 个。ODT 维护，翻转可以考虑暴力在 ODT 上翻转并打上翻转标记，单次翻转复杂度 \(\mathcal O(B)\)。
询问 \(\text{mex}\) 很不好维护，考虑离线下来枚举答案。具体的，维护出每个颜色段受到的询问的集合，离线下来遍历 ODT，算出包含值 \(x\) 的询问的集合 \(S_x\)，压位存储。再枚举 \(\text{mex}\)，枚举到 \(i\) 时，还没确定答案且属于 \(S_i\) 的询问的答案即为 \(i\)。
重构直接遍历 ODT 进行重构即可。实现上，为了让 ODT 支持翻转，直接用 std::vector 存储，定位时暴力往后找，复杂度即为颜色段个数 \(\mathcal O(B)\)；对于插入，我们选择相信 insert 的超小常数（雾
复杂度分析非常困难，在以下条件下：
- 压位写法，视位运算复杂度为 \(O(1)\)，
- 视 \(n, q\) 同阶
- 视
insert复杂度 \(\mathcal O(1)\)
，复杂度为 \(O(\frac{n ^ 2}{B})\)，若使用 __uint128_t 进行压位，令 \(B = w = 128\)，复杂度 \(O(\frac{n ^ 2}{w})\)。
P5443 [APIO2019] 桥梁
题意： 给定一张 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，第 \(i\) 条边带权 \(w_i\)，有 \(q\) 次如下两种操作：
- \(w_x \gets y\)
- 查询从 \(x\) 开始，只通过 \(\ge y\) 的边，可达点数量。
\(1 \le n \le 5\times10^4\)，\(0 \le m \le 10^5\)，\(1 \le q \le 10^5\)，\(w_i, y \le 10^9\).
若没有修改操作，可以使用 Kruskal 重构树，也可以离线，将询问按 \(y\) 从大到小排序，并查集维护即可。
有修改，不妨考虑操作分块，将 \(B\) 次操作划为一块。Kruskal 重构树的形态受修改操作影响，难以动态维护，于是我们考虑并查集，随之而来的问题是：我们怎么同时处理时间轴和边权序？
对于前面的块的修改，对每一条边维护出其最后一次修改，首先肯定是以边权序对询问排序，那么对块内无修改的边，它最后一次修改在当前块前，直接随边权序加入并查集即可。
再考虑块内有修改（二类修改）的边：仅有 \(B\) 条，考虑可撤销并查集，对于询问 \((t, x, y)\)，加入满足以下条件的边 \((t_0, x_0, y_0)\)：
- \(y_0 \ge y\)；
- 是满足 \(t_0 \lt t\) 之前对 \(x_0\) 的最后一次修改。
，算出答案后再撤销即可，这部分单次询问是 \(\mathcal O(B)\) 的。
由于要支持撤销，并查集不能路径压缩，使用启发式合并，总复杂度 \(\mathcal O((m\log m + B\log B)\cdot\frac{q}{B} + qB\log n)\)，视 \(n, m, q\) 同阶，取 \(B = q^{0.5}\) 时，有最优复杂度 \(\mathcal O(q\log n\sqrt{n})\)，实测块长取 \(900\) 为最优，给出实现：
const int N = 1e5 + 5, B = 900;
int n, m, q, rk[N], vis[N], ans[N];
struct Edge{ int u, v, w, id; } E[N];
struct Query{ int t, x, y; };
vector<Query> M, Q, V;namespace DSU {int fa[N], siz[N], stk[N], tp, cur;void init(){ for(int i = 1; i <= n; i++) siz[fa[i] = i] = 1; tp = 0; }int find(int u){ return u == fa[u] ? u : find(fa[u]); }void merge(int u, int v){if((u = find(u)) != (v = find(v))){if(siz[u] > siz[v]) swap(u, v);fa[u] = v, siz[v] += siz[u], stk[++tp] = u;}}void rec(){ cur = tp; }void undo(){while(tp > cur){int u = stk[tp];siz[fa[u]] -= siz[u], fa[u] = u, tp--;}}
} using namespace DSU;void solve(){sort(E + 1, E + m + 1, [](Edge x, Edge y){ return x.w > y.w; });for(int i = 1; i <= m; i++) rk[E[i].id] = i;sort(all(Q), [](Query x, Query y){ return x.y > y.y; });for(int i = 1; i <= m; i++) vis[i] = -1; // 无修改for(auto [t, x, y] : M) vis[rk[x]] = 0; // 有修改V = M; for(auto [t, x, y] : M) V.eb((Query){0, x, E[rk[x]].w});sort(all(V), [](Query x, Query y){ return x.t < y.t; });init();int pos = 1;for(auto [t, x, y] : Q){while(pos <= m && E[pos].w >= y){ // 无修改无需考虑撤销if(!~vis[pos]) merge(E[pos].u, E[pos].v);pos++;}rec();for(auto [_t, _x, _y] : V){ // 算上次修改时间if(_t > t) break;vis[rk[_x]] = _t;}for(auto [_t, _x, _y] : V){if(_t > t) break;if(_t < vis[rk[_x]]) continue; // 不是最新修改if(_y >= y) merge(E[rk[_x]].u, E[rk[_x]].v);}ans[t] = siz[find(x)], undo();}for(auto [t, x, y] : V) E[rk[x]].w = y;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);for(int i = (cin >> n >> m, 1); i <= m; i++)cin >> E[i].u >> E[i].v >> E[i].w, E[i].id = i;for(int i = (cin >> q, 1), op, x, y; i <= q; i++){cin >> op >> x >> y, op == 1 ? M.eb((Query){i, x, y}) : Q.eb((Query){i, x, y});if(M.size() + Q.size() >= B) solve(), M.resize(0), Q.resize(0);} if(Q.size()) solve();for(int i = 1; i <= q; i++) if(ans[i]) cout << ans[i] << '\n';cout << flush;return 0;
}
发现这题与前面其他题有所不同，我们貌似没有很快速的处理出前面整块的贡献，而是跟着当前块的修改一起贡献。所以操作分块不一定都需要将前面整块的贡献插到一个全局的 DS 中，由此也可以看出操作分块有很强的扩展性。
完结撒花~ ★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★
 4/12 A/F/G/M)
--Java版 - 实践)
)
