[ABC339G] Smaller Sum（分块 卡常 qwq）

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和 数列分块入门 2 差不多的思路，

对每个块排序，然后就可以在上面二分，求和，发现都是在二分出来的位置前面的数，可以用前缀和预处理出来

分块按照一般分法

n, q 同阶，时间复杂度是 \(O(n\sqrt{n}\log\sqrt{n})\)

然后交上去发现最后几个点 T 了，算一下，大概是 2e5 * 450 * 8 = 7e8，时限是 3.5s，可承受的时间应该是 3.5 * 1e8 = 3.5e8 左右

超了一些

注意这里前后两个 \(\sqrt{n}\) 的意义是不同的，前面表示块数，后面的表示平均块长

注意到 \(f(x) = x\) 和 \(g(x) = \log_2x\) 的增长是有差距的，后一个显然增长更慢

那么我们考虑调整块长，让块数少一点，块长大一点，这样前一个的减少量肯定是远大于后一个的增加量的

比如调整块长为 2000，也就是 \(O(n * \frac{n}{2000} * \log(2000))\)，2e5 * 100 * 10 = 2e8

所以，分块卡常一般就是调整块数与块长之间的大小（可能吧

#include <bits/stdc++.h>
#define re register int 
#define int long long using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;int n, m, a[N];
int pos[N], L[N], R[N], sum[1010][2010];vector<int> v[1010];inline void init()
{int t = n / 2000 + (n % 2000 ? 1 : 0);for (re i = 1; i <= t; i ++){L[i] = (i - 1) * 2000 + 1;R[i] = i * 2000;}if (R[t] < n) t ++, L[t] = R[t - 1] + 1, R[t] = n;for (re i = 1; i <= t; i ++){for (re j = L[i]; j <= R[i]; j ++){pos[j] = i;v[i].push_back(a[j]);}sort(v[i].begin(), v[i].end());for (re j = 0; j < v[i].size(); j ++){if (j == 0) sum[i][j] = v[i][j];else sum[i][j] = sum[i][j - 1] + v[i][j];}}
//	for (re i = 1; i <= n; i ++) cout << pos[i] << ' '; cout << '\n';	
}inline int query(int l, int r, int c)
{int p = pos[l], q = pos[r];int res = 0;if (p == q){for (re i = l; i <= r; i ++)if (a[i] <= c) res += a[i];}else {for (re i = l; i <= R[p]; i ++)if (a[i] <= c) res += a[i];for (re i = L[q]; i <= r; i ++)if (a[i] <= c) res += a[i];for (re i = p + 1; i <= q - 1; i ++){int x = upper_bound(v[i].begin(), v[i].end(), c) - v[i].begin();if (x - 1 < 0) continue;res += sum[i][x - 1];}}return res;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for (re i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];init();cin >> m;int last = 0;while (m --){int l, r, c; cin >> l >> r >> c; l ^= last, r ^= last, c ^= last;int ans = query(l, r, c);cout << ans << '\n';last = ans;}return 0;
}