引入

题目描述题目描述题目描述

100001000010000个正整数，编号从111到100001000010000，用A[1]A[1]A[1],A[2]A[2]A[2],A[10000]A[10000]A[10000]表示。
修改：1.将第 pospospos 个数增加 valvalval （1<=L<=10000）（1 <= L <= 10000）（1<=L<=10000）
统计：1.编号从 LLL 到 RRR 的所有数之和为多少？其中 1<=L<=R<=10000.1<= L <= R <= 10000.1<=L<=R<=10000.

方法如下（目前所学）：

修改 A[pos]A[pos]A[pos] ——O(1)O(1)O(1) ；循环求和 ——O(n)O(n)O(n)
差分：修改 nnn 个元素 O(n)O(n)O(n) ; 令 S[0]=0, S[k]=A[1…k] ，那么，A[L…R]的和就等于S[R]-S[L-1] ———O(1)O(1)O(1)

从上可以看出方法一修改快，求和慢。方法二求和快，修改慢。
那有没有一种结构，修改和求和都比较快呢？答案当然是线段树线段树线段树

线段树的性质

众所周知，线段树是一棵完全二叉树
设其中一子节点编号为 aaa ，则该节点左儿子编号为 2a2a2a ，其右儿子编号为 2a+12a+12a+1

另：线段树的子节点对应一个区间，顾名思义

线段树的算法

结构体（tree）

struct Tree
{int left,right,val=INT_MAX;
}tree[maxn<<2];//定义

inline void push_up(int )
{tree[o].val=min(tree[left].val,tree[right].val);//根据题目要求
}//向上调整

void build(int k,int l,int r)
{tree[k].left=l;tree[k].right=r;if(l==r){tree[k].val=read();//tree[k].val=a[l];return;}int mid=(l+r)/2;int left=k*2,right=k*2+1;build(left,l,mid);build(right,mid+1,r);push_up();
}//建树

多个数组
函数需多加两个引用

int tree[maxn<<2];//定义

inline void build(int o, int l, int r)
{if (l == r){cin >> tree[o];return;}int mid = (l + r) >> 1;build(lw(o), l, mid);build(rw(o), mid + 1, r);push_up(o);
}//建图

inline void update(int o, int l, int r, int pos, int val);//单点更新

inline int query(int o, int left, int right, int l, int r)//区间查询//left和right是目标区间//l和r是节点区间（开始一般取1,n）

传送门

线段树的单点修改

1、分解区间

首先是讲原始子区间的分解，假定给定区间[L,R][L,R][L,R]，只要L<RL < RL<R ，线段树就会把它继续分裂成两个区间。

首先计算 M=(L+R)/2M = (L+R)/2M=(L+R)/2，左子区间为[L,M][L,M][L,M]，右子区间为[M+1,R][M+1,R][M+1,R]，然后如果子区间不满足条件就继续递归分解。

分解条件：要赋值的位置在midmidmid左则进入区间[L,MID][L,MID][L,MID]，否则进入区间[MID+1,R][MID+1,R][MID+1,R]

2、判断子区间是否左右相等

若相等，则赋值，return
若不相等，则继续分解区间分解区间分解区间(参考1)，并向上调整（push_up）

线段树的区间查询

1、继续分解区间

2、判断当前区间是否位于目标区间之内（完全包含）

若包含，则返回ans
若不包含，则继续分解区间分解区间分解区间，并向上调整

 int sum1=INT_MAX,sum2=INT_MAX;if(L<=mid){sum1=query(left,L,R);}if(R>mid){sum2=query(right,L,R);}

最后sum1和sum2取最小值返回

模板

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int read()
{int s=0; char c=getchar();for (;!isdigit(c);c=getchar());for (;isdigit(c);c=getchar()) s=s*10+c-'0';return s;
}const int maxn=1e5;
int n,m;
struct Tree
{int left,right,val=INT_MAX;
}tree[maxn*4+99];void build(int k,int l,int r)
{tree[k].left=l;tree[k].right=r;if(l==r){tree[k].val=read();return;}int mid=(l+r)/2;int left=k*2,right=k*2+1;build(left,l,mid);build(right,mid+1,r);tree[k].val=min(tree[left].val,tree[right].val);
}void update(int o,int pos,int val)
{if(tree[o].left==tree[o].right){tree[o].val=val;return;}int mid=(tree[o].left+tree[o].right)/2;int left=o*2,right=o*2+1;if(pos<=mid){update(left,pos,val);}else{update(right,pos,val);}tree[o].val=min(tree[left].val,tree[right].val);
}int query(int o,int L,int R)
{if(L<=tree[o].left&&R>=tree[o].right){return tree[o].val;}int mid=(tree[o].left+tree[o].right)/2;int left=o*2,right=o*2+1;int sum1=INT_MAX,sum2=INT_MAX;if(L<=mid){sum1=query(left,L,R);}if(R>mid){sum2=query(right,L,R);}return min(sum1,sum2);
}signed main()
{cin>>n>>m;build(1,1,n);//for(int i=1;i<=n;i++)cout<<summ[i]<<" ";//cout<<endl;for(int i=1;i<=m;i++){int q,l,r;q=read();l=read();r=read();if(q==2){update(1,l,r);}else{cout<<query(1,l,r)<<" ";}}
}

例题

逆序对

题目描述

猫猫 TOM 和小老鼠 JERRY 最近又较量上了，但是毕竟都是成年人，他们已经不喜欢再玩那种你追我赶的游戏，现在他们喜欢玩统计。
最近，TOM 老猫查阅到一个人类称之为“逆序对”的东西，这东西是这样定义的：对于给定的一段正整数序列，逆序对就是序列中 a[i]>a[j]且i<ja[i]>a[j] 且 i<ja[i]>a[j]且i<j
且 i<ji<ji<j 的有序对。知道这概念后，他们就比赛谁先算出给定的一段正整数序列中逆序对的数目。注意序列中可能有重复数字。

Update:数据已加强。

输入格式

第一行，一个数 nnn，表示序列中有 nnn 个数。
第二行 nnn 个数，表示给定的序列。序列中每个数字不超过 10910^9109 。

输出格式

输出序列中逆序对的数目。

输入 #1

6
5 4 2 6 3 1

输出 #1

思路

本题采用值域线段树值域线段树值域线段树

原

tree[o]=val;

现

tree[o]++;

意为统计某个数ooo出现的个数

先对数据进行离散化离散化离散化（lowerboundlower_boundlowerbound）
eg.eg.eg.
1 2 3 4 9 7
1 2 3 4 6 5
再边记录边查询（查询比数 iii 大的数 jjj 出现的个数）
ans累加

本人AC程序

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define lw(a) a << 1
#define rw(a) (a << 1) | 1const int maxn = 2e5 + 5;int n, a[maxn], b[maxn];
int tree[maxn << 2];
int ans;inline int read()
{char c = getchar();int x = 0;bool f = 0;for (; !isdigit(c); c = getchar()){f ^= !(c ^ 45);}for (; isdigit(c); c = getchar()){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);}if (f){x = -x;}return x;
}inline void write(int x)
{if (x < 0){putchar('-');x = -x;}if (x > 9){write(x / 10);}putchar(x % 10 + '0');
}inline bool comp(int x, int y)
{return b[x] > b[y];
}inline void push_up(int x)
{tree[x] = tree[lw(x)] + tree[rw(x)];
}inline void update(int o, int l, int r, int pos)
{if (l == r){tree[o]++;return;}int mid = (l + r) >> 1;if (pos <= mid){update(lw(o), l, mid, pos);}else{update(rw(o), mid + 1, r, pos);}push_up(o);
}inline int query(int o, int left, int right, int l, int r)
{if (left <= l && r <= right){return tree[o];}int mid = (l + r) >> 1;int ans = 0;if (left <= mid){ans += query(lw(o), left, right, l, mid);}if (right > mid){ans += query(rw(o), left, right, mid + 1, r);}return ans;
}signed main()
{n = read();for (int i = 1; i <= n; i++){b[i] = read();a[i] = b[i];}sort(b + 1, b + n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i){a[i] = lower_bound(b + 1, b + n + 1, a[i]) - b;}//for (int i = 1; i <= n; i++)//cout << a[i] << " ";//cout << endl;for (int i = 1; i <= n; i++){update(1, 1, n, a[i]);ans += query(1, a[i] + 1, n, 1, n);}write(ans);return 0;
}

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