7.30集训——线段树

李超线段树

动态开点线段树

可持久化线段树（主席树）

启发式合并

luogu P3372线段树模板

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000001
#define ll long long
using namespace std;
unsigned ll n,m,a[MAXN],ans[MAXN<<2],tag[MAXN<<2];
inline ll ls(ll x)
{return x<<1;
}
inline ll rs(ll x)
{return x<<1|1;
}
void scan()
{cin>>n>>m;for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}
}
inline void push_up(ll p)
{ans[p]=ans[ls(p)]+ans[rs(p)];
}
void build(ll p,ll l,ll r)
{tag[p]=0;if(l==r){ans[p]=a[l];return ;}ll mid=(l+r)>>1;build(ls(p),l,mid);build(rs(p),mid+1,r);push_up(p);
}
inline void f(ll p,ll l,ll r,ll k)
{tag[p]=tag[p]+k;ans[p]=ans[p]+k*(r-l+1);
}
inline void push_down(ll p,ll l,ll r)
{ll mid=(l+r)>>1;f(ls(p),l,mid,tag[p]);f(rs(p),mid+1,r,tag[p]);tag[p]=0;
}
inline void update(ll nl,ll nr,ll l,ll r,ll p,ll k)
{if(nl<=l&&r<=nr){ans[p]+=k*(r-l+1);tag[p]+=k;return ;}push_down(p,l,r);ll mid=(l+r)>>1;if(nl<=mid){update(nl,nr,l,mid,ls(p),k);}if(nr>mid) {update(nl,nr,mid+1,r,rs(p),k);}push_up(p);
}
ll query(ll q_x,ll q_y,ll l,ll r,ll p)
{ll res=0;if(q_x<=l&&r<=q_y){return ans[p];}ll mid=(l+r)>>1;push_down(p,l,r);if(q_x<=mid){res+=query(q_x,q_y,l,mid,ls(p));}if(q_y>mid) {res+=query(q_x,q_y,mid+1,r,rs(p)); }return res;
}
int main()
{ll a1,b,c,d,e,f;scan();build(1,1,n);while(m--){scanf("%lld",&a1);switch(a1){case 1:{scanf("%lld%lld%lld",&b,&c,&d);update(b,c,1,n,1,d);break;}case 2:{scanf("%lld%lld",&e,&f);printf("%lld\n",query(e,f,1,n,1));break;}}}return 0;
}

洛⾕ P3801 红⾊的幻想乡

n*m(n, m <= 105)的矩形区域中，进⾏如下两个操作： 1 x y : 蕾⽶莉亚站在坐标(x,y)的位置向四个⽅向释放⽆限的红雾，当两个红雾相遇在同⼀点，则会沉降消失。 2 x1 y1 x2 y2 : 询问左上点为(x1,y1)，右下点为(x2,y2)的矩形范围内，被红雾遮盖的地区的数量

⼀块n*m⼦矩阵中，施加过红雾的⾏数为x、列数为y，则相遇抵消的点数为x*y, 则红雾覆盖的点数为。

洛⾕ P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序

给出⼀个1到n的全排列，现在对这个全排列序列进⾏m次局部排序，排序分为两种：
1:(0,l,r)表示将区间[l,r]的数字升序排序；
2:(1,l,r)表示将区间[l,r]的数字降序排序。
最后询问第q位置上的数字。

二分q点的答案ans，原序列中小于等于ans的看成0，大于ans的看成1，这样区间排序就变成区间求和然后区间修改了

洛⾕ P4198 楼房重建

小 A 的楼房外有一大片施工工地，工地上有 N 栋待建的楼房。每天，这片工地上的房子拆了又建、建了又拆。他经常无聊地看着窗外发呆，数自己能够看到多少栋房子。

为了简化问题，我们考虑这些事件发生在一个二维平面上。小 A 在平面上 (0,0)(0,0)(0,0) 点的位置，第 iii 栋楼房可以用一条连接 (i,0) 和的线段表示，其中为第 i 栋楼房的高度。如果这栋楼房上任何一个高度大于 0 的点与 (0,0) 的连线没有与之前的线段相交，那么这栋楼房就被认为是可见的。

施工队的建造总共进行了 M 天。初始时，所有楼房都还没有开始建造，它们的高度均为 0。在第 i 天，建筑队将会将横坐标为的房屋的高度变为（高度可以比原来大—修建，也可以比原来小—拆除，甚至可以保持不变—建筑队这天什么事也没做）。请你帮小 A 数数每天在建筑队完工之后，他能看到多少栋楼房？

首先，把所有的高度a[i]除以坐标i，得到从(0,0)望过去的直线斜率，判断楼与楼是否遮挡直接比较斜率大小即可
ans[k]表示节点k区间中的“单调递增序列”度（从左到右能看到的楼的数量）
考虑由左右儿子的ans求出父亲节点的ans
左儿子的ans都可以对父亲节点的ans做出贡献，而右儿子的ans则可能已经被左儿子中的楼遮挡，设左儿子的最大斜率为h，若能用求出节点k区间中大于h的楼的“单调递增序列”度，则
那么如何写这个calc(k,h)函数呢？还是分情况讨论

若左子树中没有大于h的，则返回
若左子树中有大于h的，则全部对有贡献，右子树对ans[k]贡献的答案中都是大于h的楼房，则这个答案全部对有贡献，返回的就是

这样调用一次函数复杂度是，总共调用次，总复杂度

李超线段树

用于解决区间添加一次函数、单点查询所有一次函数最大值的问题

洛⾕ P4097 [HEOI2013]Segment
要求在平⾯直⻆坐标系下维护两个操作：

在平⾯上加⼊⼀条线段。记第 i 条被插⼊的线段的标号为 i
给定⼀个数 k, 询问与直线 x = k 相交的线段中，交点最靠上的线段的编号。

维护一个线段树，线段树每个节点维护对应区间的“优势线段”，即区间中点对应值最大的线段
当在一个节点上添加一条线段时，分情况讨论：

当新线段完全被原优势线段覆盖时，新线段没用，不做修改
当新线段完全覆盖原优势线段时，原优势线段没用，将整个子树优势线段改为新线段
当两者有交点时，新优势线段为两者中中点对应值较大的一条，另一条递归添加到交点所在的一侧儿子中

写着写着可以发现——这个标记可以永久化
标记永久化：标记不进行下传，查询某一点时，取根到该叶子路径上所有标记的最优值

动态开点线段树

我们来观察一下普通线段树的左儿子和右儿子的表示方法

左儿子：p<<1

右儿子：p<<1|1

这样，虽然我们可以直接算出左右儿子，比较方便，但是，这样也浪费了大量的空间

链式储存法：即对一个节点维护其左右儿子的编号，指向它的左右儿子，这样，只有当访问某个节点时，我们才需要建立该节点，减小了空间

//单点修改
int insert(int k,int l,int r,int x)
{if(!k){k=++tot;}if(l==r){return sum[k]=a[l],k;}  if(x<=mid){ls[k]=insert(ls[k],l,mid,x);}else{re[k]=insert(re[k],mid+1,r,x);}sum[k]=sum[ls[k]]+sum[rs[k]];return k;
}

//区间查询
int query(int k,int l,int r,int x,int y)
{if(x<=l&&r<=y){return sum[k];      }int mid=(l+r)>>1,res=0;if(x<=mid){res+=query(ls[k],l,mid,x,y);}if(y>mid){res+=query(rs[k],mid+1,r,x,y);}return res;
}

可持久化线段树（主席树）

对于一个经过m次修改操作的线段树，可持久化线段树能维护其所有的m个历史版本

我们发现，每次修改只会修改线段树中的个节点，因此我们可以只对这个点开新节点，其余沿用旧树上的点

//单点修改
void update(int &o,int l,int r,int last,int p,int v)
{o=++tot;ls[o]=ls[last];rs[o]=rs[last];if(l==r){a[o]=v;return ; }   int m=(l+r)>>1;if(p<=m){update(ls[o],l,m,ls[last],p,v);}else{update(rs[o],m+1,r,rs[last],p,v);}
}

查询无区别

静态区间第k小
给定n个数的序列，m次查询区间[l,r]的第k小值，n,m<=2e5

权值数组：一个数组a满足a[i]值为i的数的个数

权值线段树：维护权值数组的线段树

假如我们获得了[l,r]的权值线段树，查询时若左儿子区间和>=k则递归左儿子，若<k则递归右儿子即可

如何求[l,r]的权值线段树

可持久化线段树维护的权值线段树

即为[l,r]的权值线段树

//查询
int query(int s,int t,int l,int r,int x)
{if(l==r){return l;}int cnt=sum[ls[t]]-sum[ls[s]];if(cnt>=x){return query(ls[s],ls[t],l,mid,x);} else{return query(rs[s],rs[t],mid+1,r,x-cnt);}
}

将两棵动态开点线段树合并到一起（对应位置相加）

如果一方对应位置没有点的话就用另一方的，都有就递归下去

复杂度

//合并
int merge(int p1,int p2,int l,int r)//表示将树p2的信息合并到树p1上
{if(!p1||!p2){return p1+p2;    } if(l==r){s[p1]=s[p1]+s[p2];return p1;}int mid=(l+r)>>1;ls[p1]=merge(ls[pl],ls[p2],l,mid);rs[p1]=merge(rs[p1],rs[p2],mid+1,r);s[p1]=s[ls[pl]]+s[rs[pl]];return p1;
}

启发式合并

定义：将n个集合，合并集合A，B时，将较小的集合中的元素一个个插入到较大集合中，单次复杂度为

复杂度：

证明：每个数在跟比它所在集合更大的集合合并时会产生1的贡献，所在集合大小至少翻一倍，最多产生次贡献

黑科技

用于解决一些插入容易实现而删除难以实现的问题

用一个的代价将问题转化成只有插入

线段树分治

一个n个节点的图,m次操作，每次插入一条边，删除一条边。Q次查询，每次查询图是不是二分图。n,m<=1e5

线段树分治实际上是一种维护时间区间的数据结构，同样是利用线段树的分治性，让复杂度保证在了级别
开一棵维护操作时间的线段树，我们考虑如何维护一个操作影响的时间区间，假设一个操作影响的时间时[L,R]，将其呈现在线段树上找这个询问所在时间点，把根到叶子路径上的所有影响计算一遍，就能得出这个询问的答案
每次递归整棵线段树，到达一个节点时执行该节点上的所有操作，离开时撤销