学习笔记：可持久化线段树（主席树）：静态 + 动态

前置知识：

线段树。线段树分享可以看：@秦淮岸、@ZYzzz、@妄想の岚がそこに
树状数组。$BIT$分享可以看：@T-Sherlock、Chicago、@weishengkun
权值线段树：相当于将线段树当成一个桶，其中的每一个点所代表的区间相当于一段值域。维护的值为这段值域中的一些信息。

例如该图，节点$2$代表的是值域为$[1, 2]$的区间，节点$6$代表值域为$[3, 4]$的区间...

可持久化概念：

可持久化实质上就是存储该数据结构所有的历史状态，以达到高效的处理某些信息的目的。

静态区间第$k$小

抛出问题

题目链接：给定长度为$N$的序列$A$，有$M$次询问，给定$l_i, r_i, k_i$，求在$[l_i, r_i]$区间内第$k_i$小的数是多少。

$N <= 10^5, M <= 10^4$

先考虑如何求总序列第$k$小

我们可以建立一颗权值线段树，每个点存储的信息为该值域区间存在的数的个数。

因为线段树的性质，所以每个点的左子树的值域区间 $ <= $ 右子树的值域区间。

所以我们先看左子树区间有多少个数，记为$cnt_{left}$。

如果$k_i <= cnt_{left}$，说明第$k_i$小的数一定在左子树的值域内，所以问题便转换为了“在左子树的值域内找第$k_i$小的数”。
否则，说明第$k_i$小的数一定在左子树的值域内，考虑到左子树已经有$cnt_{left}$个最小的数，问题便转换为了“在右子树的值域内找第$k_i - cnt_{left}$小的数”

问题转换到任意区间

我们要用$[l_i, r_i]$ 区间的数建立权值线段树。

我们发现可以用前缀和来维护：

只要用预处理大法分别以$[1, l_i]$和$[1, r_i]$的数建立权值线段树，每个点的值对位相减即可。

关键性质

发现以$[1, x]$和$[1, x + 1]$区间内的数所建立的权值线段树的差异仅在一条链上：（$A[x + 1]$的次数$+1$）。

也就是不超过$log_2n$个点。我们可以考虑动态开点：

与上一个权值线段树没有差异的地方直接指引过去
有差异，单独新增一个点

这样即可预处理出$[1, x] (1 <= x <= n)$所有的权值线段树了。

时间复杂度$O(nlog_2n)$，空间复杂度$O(2n + nlog_2n)$。

注意：由于值域很大，我们需要离散化一下。

参考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100005;
//d 为离散化数组
int n, m, len, a[N], d[N];//T[i] 为 [1, i] 区间的权值线段树的根节点
int T[N], tot = 0;//线段树的每个点
struct SegTree{int l, r, v;
}t[N * 20];//建树
int build(int l, int r){int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;if(l < r) {t[p].l = build(l, mid);t[p].r = build(mid + 1, r);}t[p].v = 0; return p;
}//增加一个数 pre 为上一个的根节点。
int update(int pre, int l, int r, int v){int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;t[p].l = t[pre].l, t[p].r = t[pre].r, t[p].v = t[pre].v + 1;if(l < r){//应该更新哪一个值域区间if(v <= mid) t[p].l = update(t[pre].l, l, mid, v);else t[p].r = update(t[pre].r, mid + 1, r, v); }return p;
}//查询
int query(int x, int y, int l, int r, int k){//找到了if(l == r) return l;//对位相减int sum = t[t[y].l].v - t[t[x].l].v, mid = (l + r) >> 1;if(k <= sum) return query(t[x].l, t[y].l, l, mid, k);else return query(t[x].r, t[y].r, mid + 1, r, k - sum);
}int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", a + i), d[i] = a[i];//离散化sort(d + 1, d + 1 + n);len = unique(d + 1, d + 1 + n) - (d + 1);for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(d + 1, d + 1 + len, a[i]) - d;T[0] = build(1, len);for(int i = 1; i <= n; i++)T[i] = update(T[i - 1], 1, len, a[i]);//回答while(m--){int l, r, k; scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);int ans = query(T[l - 1], T[r], 1, len, k);printf("%d\n", d[ans]);}return 0;
}

动态区间第$k$小

抛出问题

题目链接：

给定长度为$N$的序列$A$，有$M$次询问：

给定$l_i, r_i, k_i$，求在$[l_i, r_i]$区间内第$k_i$小的数是多少。
给定$x_i, val_i$，将$A[x_i]$的值改为$val_i$。

$N <= 10^5, M <= 10^5$

解决方案：主席树 + 树状数组思路优化

注：这道题也有树套树和整体二分的做法，这里讲解的是主席树 + 树状数组思路优化。

考虑到修改操作对每棵权值线段树的影响是：

设修改前的值为$w$，则$[1, x] (x_i <= x <= n)$的线段树都把值域为$w$的点$-1$
$[1, x] (x_i <= x <= n)$的线段树都把值域为$val_i$的点$+1$

这样做的时间复杂度过高，我们可以考虑用树状数组的二进制思想进行优化：

$T[i]$这颗线段树代表$[i - lowbit(x) + 1, x]$这段区间建成的线段树：

修改操作，最多修改$log_2n$颗线段树即可。
查询操作，用不超过$2 * log_2n$颗线段树就能拼（前缀和）出$[l_i, r_i]$的线段树。

注意，在查询时的代码实现：

用$X$数组存储拼出$[1, x - 1]$的所有点。
用$Y$数组存储拼出$[1, y]$的所有点。

然后用普通主席树的方法，让所有的跟着跳，对位相减即可。

时间复杂度$O(nlog^2n)$，空间复杂度$O(2n + (n + m)log^2n)$

参考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
//P为最多可能的线段树点数
const int N = 100005, P = N * 441, L = 20;//操作序列
struct Ops{int i, j, k;
}op[N];//线段树
struct SegTree{int l, r, v;
}t[P];//d数组为离散化数组
int n, m, len = 0, a[N], d[N << 1];
//T[i] 以 [i - lowbit(x) + 1, x] 这段区间的线段树的根节点
//X[i]、Y[i]代表多个点跟着跳，类似于普通版的$x, y$。
int T[N], tot = 0, X[L], Y[L], cx, cy;
char s[2];//建树
int build(int l, int r){int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;t[p].v = 0;if(l < r){t[p].l = build(l, mid);t[p].r = build(mid + 1, r);}return p;
}//更新
int update(int pre, int l, int r, int x, int v){int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;t[p].l = t[pre].l, t[p].r = t[pre].r, t[p].v = t[pre].v + v;if(l < r){if(x <= mid) t[p].l = update(t[pre].l, l, mid, x, v);else t[p].r = update(t[pre].r, mid + 1, r, x, v);}return p;
}//把 [1, i] (x <= i <= n) 的线段树中值域为 a[x] 的次数 += v
void inline add(int x, int v){int val = lower_bound(d + 1, d + 1 + len, a[x]) - d;for(; x <= n; x += x & -x)T[x] = update(T[x], 1, len, val, v);
}//查询
int query(int l, int r, int k){if(l == r) return l;int mid = (l + r) >> 1, sum = 0;//前缀和for(int i = 1; i <= cx; i++)sum -= t[t[X[i]].l].v;for(int i = 1; i <= cy; i++)sum += t[t[Y[i]].l].v;if(k <= sum){//跟着跳for(int i = 1; i <= cx; i++)X[i] = t[X[i]].l;for(int i = 1; i <= cy; i++)Y[i] = t[Y[i]].l;return query(l, mid, k);}else{//跟着跳for(int i = 1; i <= cx; i++)X[i] = t[X[i]].r;for(int i = 1; i <= cy; i++)Y[i] = t[Y[i]].r;return query(mid + 1, r, k - sum);}
}int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", a + i), d[++len] = a[i];for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%s", s);if(s[0] == 'Q') {scanf("%d%d%d", &op[i].i, &op[i].j, &op[i].k);}else{scanf("%d%d", &op[i].i, &op[i].j);d[++len] = op[i].j; op[i].k = 0;}}//离散化sort(d + 1, d + 1 + len);len = unique(d + 1, d + 1 + len) - (d + 1);//这里建树，将每一个根节点初始化成1。T[0] = build(1, len);for(int i = 1; i <= n; i++)T[i] = 1;//建立可持久化线段树for(int i = 1; i <= n; i++)add(i, 1);//处理询问for(int i = 1; i <= m; i++){if(op[i].k){//是查询操作cx = 0; cy = 0;//把需要跳的点扔进去for(int j = op[i].i - 1; j; j -= j & -j)X[++cx] = T[j];for(int j = op[i].j; j; j -= j & -j)Y[++cy] = T[j];printf("%d\n", d[query(1, len, op[i].k)]);}else{//修改操作add(op[i].i, -1);a[op[i].i] = op[i].j;add(op[i].i, 1);}}return 0;
}

参考：

主席树 - 孤独·粲泽
浅谈权值线段树到主席树 - alpha1022
算法竞赛进阶指南
动态第K大&主席树 - Gitfan
题解 P2617 【Dynamic Ranking】 - zcysky

转载于:https://www.cnblogs.com/dmoransky/p/11427498.html