吉老师势能线段树论文

ABC256Ex - I like Query Problem

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1 L R x：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 ⌊ a i x ⌋ \lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor ⌊xai⌋
2 L R y：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 y y y
3 L R：输出 ∑ i = L R a i \displaystyle\sum\limits_{i=L}^R a_i i=L∑Rai

考虑到操作只有对区间每个数做除法，以及区间赋值。所以我们为了精简写法，将除法操作用赋值的方式来实现。

我们对线段树的每一个节点维护区间和、赋值标记、最大值、最小值。在进行除法的时候，判断最大值与最小值分别除以 x x x，看看两者结果是否相同，如果相同，则说明这个区间内的所有数值在除以 x x x后的结果都是相同的，那么就对这个区间进行区间赋值。否则，递归往孩子结点去寻找。其他的和普通线段树是一样的操作。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;int n, q;
int a[500005];struct Tree {int l, r;LL sum, mn, mx, chg;
}t[2000005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mn = min(t[ni << 1].mn, t[ni << 1 | 1].mn);t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);t[ni].chg = -1;
}void pd(int ni) {int li = (ni << 1), ri = (ni << 1 | 1);int ls = t[li].r - t[li].l + 1, rs = t[ri].r - t[ri].l + 1;if (t[ni].chg >= 0) {t[li].sum = t[ni].chg * ls; t[li].chg = t[ni].chg;t[ri].sum = t[ni].chg * rs; t[ri].chg = t[ni].chg;t[li].mx = t[li].mn = t[ri].mx = t[ri].mn = t[ni].chg;t[ni].chg = -1;}
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r;if (l == r) {t[ni].sum = t[ni].mn = t[ni].mx = a[l];t[ni].chg = -1;return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void div(int ni, int l, int r, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {LL res1 = t[ni].mx / x, res2 = t[ni].mn / x;if (res1 == res2) {t[ni].chg = t[ni].mx = t[ni].mn = res1;t[ni].sum = res1 * (t[ni].r - t[ni].l + 1);return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) div(ni << 1, l, r, x);if (mid < r) div(ni << 1 | 1, l, r, x);pu(ni);
}void fix(int ni, int l, int r, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {t[ni].chg = x;t[ni].sum = x * (t[ni].r - t[ni].l + 1);t[ni].mx = t[ni].mn = x;return;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) fix(ni << 1, l, r, x);if (mid < r) fix(ni << 1 | 1, l, r, x);pu(ni);
}LL query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);LL ans1 = 0, ans2 = 0;if (l <= mid) ans1 = query(ni << 1, l, r);if (mid < r) ans2 = query(ni << 1 | 1, l, r);return ans1 + ans2;
}void main2() {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= q; ++i) {int o, l, r, x; cin >> o;if (o == 1) {cin >> l >> r >> x;div(1, l, r, x);}else if (o == 2) {cin >> l >> r >> x;fix(1, l, r, x);}else {cin >> l >> r;cout << query(1, l, r) << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (_--) main2();return 0;
}

CF438D - The Child and Sequence

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1 l r：输出 ∑ i = l r a i \displaystyle\sum\limits_{i=l}^r a_i i=l∑rai
2 l r x：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 a i m o d x a_i \bmod x aimodx
3 k x：将 a k a_k ak的值更新为 x x x

考虑特性：当 a i < x a_i<x ai<x时， a i a_i ai对 x x x取模就是他自己。

可以引申出：对一个区间来说，如果这个区间的最大值小于 x x x，那么对于这个区间就不需要执行第二个操作而直接返回了。如果不满足这个条件的话，就继续向下递归，要么满足上面条件之后直接返回，要么当区间长度为 1 1 1时，直接修改值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;struct Tree {int l, r;LL sum, tag, mx;
}t[500005];int n, m;
LL a[100005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);t[ni].tag = -1;
}void pd(int ni) {if (t[ni].tag < 0) return;int li = (ni << 1), ri = (ni << 1 | 1);int ls = t[li].r - t[li].l + 1, rs = t[ri].r - t[ri].l + 1;t[li].sum = t[ni].tag * ls; t[ri].sum = t[ni].tag * rs;t[li].tag = t[ri].tag = t[li].mx = t[ri].tag = t[ni].tag;t[ni].tag = -1;
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r;if (l == r) {t[ni].sum = t[ni].mx = a[l];t[ni].tag = -1;return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void opt(int ni, int l, int r, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {if (t[ni].mx < x) {return;}if (t[ni].l == t[ni].r) {t[ni].sum = t[ni].mx = t[ni].sum % x;t[ni].tag = -1;return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) opt(ni << 1, l, r, x);if (mid < r) opt(ni << 1 | 1, l, r, x);pu(ni);
}void fix(int ni, int l, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= l) {t[ni].tag = t[ni].sum = t[ni].mx = x;return;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) fix(ni << 1, l, x);else fix(ni << 1 | 1, l, x);pu(ni);
}LL query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);LL ans1 = 0, ans2 = 0;if (l <= mid) ans1 = query(ni << 1, l, r);if (mid < r) ans2 = query(ni << 1 | 1, l, r);return ans1 + ans2;
}void main2() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= m; ++i) {int o; LL l, r, x;cin >> o;if (o == 1) {cin >> l >> r;cout << query(1, l, r) << '\n';}else if (o == 2) {cin >> l >> r >> x;opt(1, l, r, x);}else {cin >> l >> x;fix(1, l, x);}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (_--) main2();return 0;
}

LuoguP4145 - 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

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0 l r：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 ⌊ a i ⌋ \lfloor \sqrt {a_i} \rfloor ⌊ai ⌋
1 l r：输出 ∑ i = l r a i \displaystyle\sum\limits_{i=l}^r a_i i=l∑rai
（本题中两个操作的 l l l和 r r r可能会出现 l > r l>r l>r，需要特判调换位置）

注意到只有当区间内的元素最大值小于等于 1 1 1时，这个区间不需要操作，直接返回。其他情况单点修改。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;int n, m;
LL a[100005];struct Tree {int l, r;LL sum, mx;
}t[500005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r;if (l == r) {t[ni].sum = t[ni].mx = a[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void opt(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {if (t[ni].mx <= 1) {return;}if (t[ni].l == t[ni].r) {t[ni].sum = t[ni].mx = sqrt(t[ni].sum);return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;if (l <= mid) opt(ni << 1, l, r);if (mid < r) opt(ni << 1 | 1, l, r);pu(ni);
}LL query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;LL ans1 = 0, ans2 = 0;if (l <= mid) ans1 = query(ni << 1, l, r);if (mid < r) ans2 = query(ni << 1 | 1, l, r);return ans1 + ans2;
}void main2() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}cin >> m;build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= m; ++i) {int o; cin >> o;LL l, r;if (o == 0) {cin >> l >> r;if (l > r) swap(l, r);opt(1, l, r);}else {cin >> l >> r;if (l > r) swap(l, r);cout << query(1, l, r) << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (_--) main2();return 0;
}

HDU6315 - Naive Operations

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给定序列长度 n n n，给定序列 b b b（是 n n n的一个排列）
add l r：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 a i + 1 a_i + 1 ai+1
query l r：输出 ∑ i = l r ⌊ a i b i ⌋ \displaystyle\sum\limits_{i=l}^r \lfloor \frac{a_i}{b_i} \rfloor i=l∑r⌊biai⌋

利用特点： a i a_i ai进行add操作 b i b_i bi次，才会在query操作中产生 1 1 1的贡献，所以维护区间内上限的最小值（初始上限为 b i b_i bi，维护 a i a_i ai的最大值，如果区间内 + 1 +1 +1后，区间最大的 a i a_i ai仍小于区间最小上限，只需要更新 t a g tag tag，因为本次更新，这个区间内的 ⌊ a i b i ⌋ \lfloor \frac{a_i}{b_i} \rfloor ⌊biai⌋没有变化。否则，向下递归更新。如果当前加的数超过了 b i b_i bi，那么就让这个数的答案 + 1 +1 +1，同时将上限上调 b i b_i bi。比如说，设区间上限是 x x x，初始 a i = 3 , x = b i = 4 a_i=3,x=b_i=4 ai=3,x=bi=4，当执行add操作后，变成了 a i = x = 4 a_i=x=4 ai=x=4，这个时候这个数的 ⌊ a i b i ⌋ \lfloor \frac{a_i}{b_i} \rfloor ⌊biai⌋会 + 1 +1 +1。将区间答案 + 1 +1 +1更新后，上调上限，于是对于这个区间就变成了 a i = 4 , x = 8 a_i=4,x=8 ai=4,x=8。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;int n, q;
int b[100005];struct Tree {int l, r;int mx, bx, sum, tag;
}t[500005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);t[ni].bx = min(t[ni << 1].bx, t[ni << 1 | 1].bx);
}void pd(int ni) {if (!t[ni].tag) return;t[ni << 1].tag += t[ni].tag;t[ni << 1].mx += t[ni].tag;t[ni << 1 | 1].tag += t[ni].tag;t[ni << 1 | 1].mx += t[ni].tag;t[ni].tag = 0;
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r; t[ni].tag = 0;if (l == r) {t[ni].bx = b[l];t[ni].sum = t[ni].mx = 0;return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void add(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {++t[ni].mx;if (t[ni].mx < t[ni].bx) {++t[ni].tag; return;}if (t[ni].l == t[ni].r) {LL d = (t[ni].mx - t[ni].bx) / b[t[ni].l] + 1;t[ni].bx += (d * b[t[ni].l]);t[ni].sum += d;return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) add(ni << 1, l, r);if (mid < r) add(ni << 1 | 1, l, r);pu(ni);
}int query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);int ans = 0;if (l <= mid) ans += query(ni << 1, l, r);if (mid < r) ans += query(ni << 1 | 1, l, r);pu(ni);return ans;
}void main2() {for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> b[i];}build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= q; ++i) {string x;int l, r;cin >> x >> l >> r;if (x[0] == 'a') {add(1, l, r);}else {cout << query(1, l, r) << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (cin >> n >> q) main2();return 0;
}

CF920F - SUM and REPLACE

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1 l r：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 D ( a i ) D(a_i) D(ai)
2 l r：输出 ∑ i = l r a i \displaystyle\sum\limits_{i=l}^r a_i i=l∑rai

D ( a i ) D(a_i) D(ai)是 a i a_i ai的因子个数，如 D ( 2 ) = 2 , D ( 6 ) = 4 D(2)=2,D(6)=4 D(2)=2,D(6)=4，因为 2 2 2的因子有 1 , 2 1,2 1,2， 6 6 6的因子有 1 , 2 , 3 , 6 1,2,3,6 1,2,3,6。

我们可以用类似素数筛的方法在 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)的时间复杂度内完成 1 ≤ i ≤ 1 0 6 1\leq i\leq 10^6 1≤i≤106时 D ( i ) D(i) D(i)的值的求解。我们发现，当 i < 3 i<3 i<3时， i = D ( i ) i=D(i) i=D(i)，所以当区间内的最大值小于 3 3 3时，可以直接返回。其他情况下向下递归区间直到区间长度为 1 1 1，暴力修改这些区间的值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;int n, m;
int a[300005], d[1000005];void init() {for (int i = 1; i <= 1000000; ++i) {d[i] = 0;}for (int i = 1; i <= 1000000; ++i) {for (int j = i; j <= 1000000; j += i) {++d[j];}}
}struct Tree {int l, r;LL sum, mx;
}t[1500005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r;if (l == r) {t[ni].sum = t[ni].mx = a[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void fix(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {if (t[ni].mx < 3) {return;}if (t[ni].l == t[ni].r) {LL nxt = d[t[ni].sum];t[ni].sum = t[ni].mx = nxt;return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;if (l <= mid) fix(ni << 1, l, r);if (mid < r) fix(ni << 1 | 1, l, r);pu(ni);
}LL query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;LL res = 0;if (l <= mid) res += query(ni << 1, l, r);if (mid < r) res += query(ni << 1 | 1, l, r);return res;
}void main2() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= m; ++i) {int o, l, r;cin >> o >> l >> r;if (o == 1) {fix(1, l, r);}else {cout << query(1, l, r) << '\n';}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);init();LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (_--) main2();return 0;
}

LOJ6029 - 「雅礼集训 2017 Day1」市场

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1 l r c：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 a i + c a_i+c ai+c
2 l r d：对 i = L , L + 1 , ⋯ , R i=L,L+1,\cdots,R i=L,L+1,⋯,R，将 a i a_i ai的值更新为 ⌊ a i / d ⌋ \lfloor {a_i/d}\rfloor ⌊ai/d⌋
3 l r：输出 min ⁡ i ∈ [ l , r ] a i \min _{i∈[l,r]} a_i mini∈[l,r]ai
4 l r：输出 ∑ i = l r a i \displaystyle\sum\limits_{i=l}^r a_i i=l∑rai

因为有第一种操作，即区间加减操作，所以不同于上面你的除法，我们这道题将除法操作变成加减法。

设区间最大值 x x x，最小值 y y y，令 d 1 = x − ⌊ x / d ⌋ d_1=x-\lfloor {x/d}\rfloor d1=x−⌊x/d⌋， d 2 = y − ⌊ y / d ⌋ d_2=y-\lfloor {y/d}\rfloor d2=y−⌊y/d⌋。如果 d 1 = d 2 d_1=d_2 d1=d2，那么直接对这个区间进行区间减 d 1 d_1 d1的操作，然后直接从这个区间返回。否则向下递归，直到区间长度为 1 1 1，暴力更新。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;int n, q;
int a[100005];struct Tree {int l, r; LL sum, mx, mn, tag;
}t[1000005];void pu(int ni) {t[ni].sum = t[ni << 1].sum + t[ni << 1 | 1].sum;t[ni].mx = max(t[ni << 1].mx, t[ni << 1 | 1].mx);t[ni].mn = min(t[ni << 1].mn, t[ni << 1 | 1].mn);
}void pd(int ni) {int li = (ni << 1), ri = (ni << 1 | 1);int ls = t[li].r - t[li].l + 1, rs = t[ri].r - t[ri].l + 1;t[li].tag += t[ni].tag;t[ri].tag += t[ni].tag;t[li].sum += (t[ni].tag * ls); t[ri].sum += (t[ni].tag * rs);t[li].mx += t[ni].tag; t[ri].mx += t[ni].tag;t[li].mn += t[ni].tag; t[ri].mn += t[ni].tag;t[ni].tag = 0;
}void build_tree(int ni, int l, int r) {t[ni].l = l; t[ni].r = r;t[ni].tag = 0;if (l == r) {t[ni].sum = t[ni].mn = t[ni].mx = a[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build_tree(ni << 1, l, mid);build_tree(ni << 1 | 1, mid + 1, r);pu(ni);
}void add(int ni, int l, int r, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {t[ni].tag += x;t[ni].mn += x; t[ni].mx += x;t[ni].sum += (x * (t[ni].r - t[ni].l + 1));return;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) add(ni << 1, l, r, x);if (mid < r) add(ni << 1 | 1, l, r, x);pu(ni);
}LL d(LL x, LL y) {if (x >= 0) return (abs(x) / y);else {if (abs(x) % y == 0) return -(abs(x) / y);else return -(abs(x) / y + 1);}
}void fix(int ni, int l, int r, LL x) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {LL res1 = t[ni].mx - d(t[ni].mx, x);LL res2 = t[ni].mn - d(t[ni].mn, x);if (res1 == res2) {t[ni].tag -= res1;t[ni].mn -= res1; t[ni].mx -= res1;t[ni].sum -= (res1 * (t[ni].r - t[ni].l + 1));return;}if (t[ni].l == t[ni].r) {LL nxt = d(t[ni].sum, x);t[ni].sum = t[ni].mx = t[ni].mn = nxt;return;}}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);if (l <= mid) fix(ni << 1, l, r, x);if (mid < r) fix(ni << 1 | 1, l, r, x);pu(ni);
}LL query(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].sum;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);LL res = 0;if (l <= mid) res += query(ni << 1, l, r);if (mid < r) res += query(ni << 1 | 1, l, r);pu(ni);return res;
}LL qmin(int ni, int l, int r) {if (l <= t[ni].l and t[ni].r <= r) {return t[ni].mn;}int mid = (t[ni].l + t[ni].r) >> 1;pd(ni);LL res = 1e17;if (l <= mid) res = min(res, qmin(ni << 1, l, r));if (mid < r) res = min(res, qmin(ni << 1 | 1, l, r));pu(ni);return res;
}void main2() {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}build_tree(1, 1, n);for (int i = 1; i <= q; ++i) {int o, l, r, x;cin >> o >> l >> r;++l; ++r;if (o == 1) {cin >> x;add(1, l, r, x);}else if (o == 2) {cin >> x;fix(1, l, r, x);}else if (o == 3) {cout << qmin(1, l, r) << '\n';}else cout << query(1, l, r) << '\n';}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);LL _;
//  cin >> _;_ = 1;while (_--) main2();return 0;
}

【题型总结】势能线段树相关推荐

势能线段树/吉司机线段树-我没有脑子
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CF765F Souvenirs（势能线段树）
CF765F Souvenirs problem solution code problem 题目链接 solution 这个势能线段树简直是太巧妙了!!!( ఠൠఠ )ﾉ将询问按右端点升序离线下来 ...
势能线段树（均摊分析）
势能线段树线段树能够通过打懒标记实现区间修改的条件有两个: 能够快速处理懒标记对区间询问结果的影响能够快速实现懒标记的合并但有的区间修改不满足上面两个条件(如区间整除/开方/取模等). 但某些修 ...
势能线段树（吉司机线段树）专题
势能线段树(吉司机线段树)专题势能线段树在近期训练时遇到了好几次,但是由于本人太懒一直没补完,结果ICPC网络赛还真就出了一道势能线段树Orz--结果当然是没做出来--痛定思痛,这回把之前欠的一块儿 ...
[BZOJ5312]冒险（势能线段树）
[BZOJ5312]冒险维护一个长度为 n 的序列,支持 m 次操作,操作包括区间按位或一个数,区间按位与一个数,以及查询区间最大值. 线段树每个节点上维护区间与.区间或和区间最大值. 如果一次操作 ...
2021CCPC东北四省赛 D. Lowbit 势能线段树
传送门分析分析一下x+lowbit(x)x + lowbit(x)x+lowbit(x)这个操作如果多次操作之后,那么xxx中只会有最高位存在一,这个时候再执行一次操作就会使整个数字乘二所以, ...
「雅礼集训」市场--势能线段树
题目链接: https://loj.ac/p/6029 题意: 思路: 势能时间分析: 每次除数至少为2,所以一个数最多除log次,log次操作后一个区间就会相等,加法又需要log次使区间相等,所以使 ...
数据结构二之线段树Ⅱ——KiKi‘s K-Number，ball，The Child and Sequence，「雅礼集训 2017 Day1」市场，Atlantis
值域线段树+势能线段树+扫描线 KiKi's K-Number ball The Child and Sequence 「雅礼集训 2017 Day1」市场 Atlantis KiKi's K-Num ...
CF 1642 E. Anonymity Is Important 线段树 + 离线
文章目录题意思路传送门题意有nnn个人,给你qqq个请求,分以下三种: [l,r,x][l,r,x][l,r,x] 如果x=0x=0x=0,代表[l,r][l,r][l,r]这个区间内的人都 ...

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