洛谷P3396 哈希冲突 题目背景 此题约为NOIP提高组Day2T2难度. 题目描述 众所周知,模数的hash会产生冲突.例如,如果模的数p=7,那么4和11便冲突了. B君对hash冲突很感兴趣.他会给出一个正整数序列value[]. 自然,B君会把这些数据存进hash池.第value[k]会被存进(k%p)这个池.这样就能造成很多冲突. B君会给定许多个p和x,询问在模p时,x这个池内数的总和. 另外,B君会随时更改value[k].每次更改立即生效. 保证1<=p<n1<=p&l…

P3396 哈希冲突 题目背景 此题约为NOIP提高组Day2T2难度. 题目描述 众所周知,模数的hash会产生冲突.例如,如果模的数p=7,那么4和11便冲突了. B君对hash冲突很感兴趣.他会给出一个正整数序列value[]. 自然,B君会把这些数据存进hash池.第value[k]会被存进(k%p)这个池.这样就能造成很多冲突. B君会给定许多个p和x,询问在模p时,x这个池内数的总和. 另外,B君会随时更改value[k].每次更改立即生效. 保证1<=p<n1<=p<…

题目 P3396 哈希冲突 做法 预处理模数\([1,\sqrt{n}]\)的内存池,\(O(n\sqrt{n})\) 查询模数在范围里则直接输出,否则模拟\(O(m\sqrt{n})\) 修改则遍历模数\([1,\sqrt{n}]\),复杂度\(O(m\sqrt{n})\) Code #include<bits/stdc++.h> typedef int LL; const LL maxn=2e5+9; inline LL Read(){ LL x(0),f(1); char c=getch…

很好的根号算法(这种思想好像叫根号分治?) 首先,暴力是Ο(n2)的 考虑预处理: for(p=1;p<=n;p++) //枚举模数 ans[p][i%p]+=value[i]; 看似很好但还是Ο(n2),空间也用的多 所以想到√n预处理的方法 ,p>√n就暴力(我觉得像是一种平衡的思想?) 总的复杂度Ο((n+m)√n) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=150007; int a[N],n,m,an…

分块还真是应用广泛啊...... 题意:求 解:以n0.5为界. 当p小于n0.5的时候,直接用p²大小的数组储存答案. 预处理n1.5,修改n0.5. 当p大于n0.5的时候,直接按照定义计算,复杂度n0.5. 所以总复杂度n1.5,实在是巧妙不堪啊......(什么SB词汇) #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> ; int fr[N], le[N], re[N]; ][], a[N]; ];…

想了好久,没想到优秀的解法,结果是个暴力大吃一静.jpg 分类讨论,预处理\(p\le \sqrt{n}\) 的情况,其他直接暴力,复杂度\(O(n \sqrt{n} )\) #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int pre[400][400],a[150100],n,m; int main(){ sc…

传送门啦 非常神奇的分块大法. 这个题一看数据范围,觉得不小,但是如果我们以 $ \sqrt(x) $ 为界限,数据范围就降到了 $ x < 400 $ 我们设数组 $ f[i][j] $ 表示在 % $ i $ 意义下余数是 $ j $ 的数的总和. 然后我们以 $ \sqrt(n) $ 为界限,小于 $ \sqrt(n) $ 的直接调用数组,剩下的暴力查找.修改的话看代码吧,真的不难. #include <iostream> #include <cstdio> #incl…

传送门 题解在此,讲的蛮清楚的->这里 我就贴个代码 //minamoto #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) <<],*p1=buf,*p2=buf; i…

题目链接 根号算法真的是博大精深啊……明明是暴力但复杂度就是能过 这也太强了吧!!! 预处理出p<=sqrt(n)的所有情况,耗时n根n 查询: 如果p<=根n,O1查表 如果p>=根n,因为只有小于根n个数对答案有贡献,所以枚举,耗时根n 修改: 因为单点修改,直接修改1~size所有的情况,耗时根n 然后这个暴力一般的暴力就卡过了!!!!! 这也  太强  了   吧!!!! #include<cstdio> #include<cstring> #includ…

我们可以维护一个\(f[i][j]\)代表%\(i\)意义下得\(j\)的答案.然后维护就炸了. 先设\(x=\sqrt{n}\)然后我们发现,当\(i>x\)时我们直接暴力复杂度为\(O(x)\),然后我们对\(i\leq{x}\)的i维护\(f[i][j]\),这样询问复杂度\(O(1)\),维护复杂度\(O(x)\).就可以通过此题了. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #includ…