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线段树

例题

题面

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB
【题意】给出N个数，两种操作：1、C x y：修改第x个数的值为y；2、P x y：求第x到第y个的最大值，注：x未必比y小【输入格式】第一行输入N和M（0<N<=200000,0<M<5000），N表示有N个数，M表示有M个操作；下来N个数ai（  0<=|ai|<=10^6 ）；然后是M个操作。【输出格式】遇到P操作的时候，输出结果。【样例输入】
5 61 2 3 4 5P 1 5C 3 6P 3 4P 4 5C 2 9P 1 5
【样例输出】
5659

### 思路
我们都知道，江湖上有个算法叫线段树。

他是怎么搞的呢？

首先我们看向这么一个序列：\(1,2,3,4,5\)

我们申请一个根节点管理的是\(1,2,3,4,5\)。

但是这么多点是不是有点麻烦？

于是，根节点又申请了左右儿子，左儿子管理的是\(1,2,3\)，右儿子是\(4,5\)。

也就是\(l=1,r=5,mid=(l+r)/2=3\)，然后左儿子管理的是\(l,mid\)，右儿子管理的是\(mid+1,r\)。

然后左右儿子又去申请左右儿子，直到他管理的是一个人。

然后每个点都要维护区间的信息。

查询修改跳儿子就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using  namespace  std;
int  a[210000];
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[410000];int  len,n,m;
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;if(l==r)tr[now].c=a[l];else{int mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid+1,r);tr[now].c=max(tr[tr[now].lc].c,tr[tr[now].rc].c);}
}
void  change(int  now,int  x,int  k)
{if(tr[now].l==tr[now].r){tr[now].c=k;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(x<=mid)change(lc,x,k);else  change(rc,x,k);tr[now].c=max(tr[lc].c,tr[rc].c);//在每次change完别忘记维护自己的信息
}
int  findans(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r)return  tr[now].c;int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(r<=mid)return  findans(lc,l,r);else  if(mid+1<=l)return  findans(rc,l,r);else  return  max(findans(lc,l,mid),findans(rc,mid+1,r));
}
int  main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);bt(1,n);for(int  i=1;i<=m;i++){char  ss[10];int  x,y;scanf("%s%d%d",ss,&x,&y);if(ss[0]=='C')change(1,x,y);else{if(x>y)swap(x,y);printf("%d\n",findans(1,x,y));}}return  0;
}

很容易看出时间复杂度为\(O(nlogn)\)。

练习

1

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB
【题意】有L段线段（编号为1～L， (0 <= L <= 1000000)），一开始全部线段是颜色1。有两种操作：
1、C A B tt ：把第A至第B个线段染成第tt种颜色
2、P A B ：询问第A至第B个线段有多少种不一样的颜色。注意：
1、A有可能比B大。
2、颜色的编号<=50;
数据较水，不用担心特殊的情况，按照题解打也能AC，数据强的版本已放在1238
【输入格式】第一行含有两个整数 L and M (1 <= M <= 100000).  M代表操作次数. 下来M行操作【输出格式】有询问的时候输出【样例输入】
2 4C 1 1 2P 1 2C 2 2 2P 1 2
【样例输出】
21

这题我们的\(c\)表示的是如果有多种颜色的话为\(-1\)，否则就为这个唯一的颜色的编号。
查询是暴力区间查。
但是正解应该是每个节点多套个bitset（STL里面的好东西），外面也用个bitset记录答案，然后办到\(O(nlogn)\)。

这种非正解做法理论复杂度\(O(n^2)\)，但数据水呀。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using  namespace  std;
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[2100000];int  len,n,m;
bool  v[2100];
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;tr[now].c=1;if(l<r){int  mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid+1,r);}
}
int  findans(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].c!=-1){if(v[tr[now].c]==true){v[tr[now].c]=false;return  1;}else  return  0;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(r<=mid)return  findans(lc,l,r);else  if(mid+1<=l)return  findans(rc,l,r);else  return  findans(lc,l,mid)+findans(rc,mid+1,r);
}
void  change(int  now,int  l,int  r,int  c)
{if(tr[now].c==c)return  ;if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r){tr[now].c=c;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(tr[now].c!=-1)tr[lc].c=tr[rc].c=tr[now].c;if(r<=mid)change(lc,l,r,c);else  if(mid+1<=l)change(rc,l,r,c);else  change(lc,l,mid,c),change(rc,mid+1,r,c);if(tr[lc].c!=tr[rc].c)tr[now].c=-1;else  tr[now].c=tr[lc].c;//维护本身的信息
}
int  main()
{scanf("%d%d",&n,&m);bt(1,n);for(int  i=1;i<=m;i++){char  ss[10];int  x,y,c;scanf("%s%d%d",ss,&x,&y);if(x>y)swap(x,y);if(ss[0]=='P'){memset(v,true,sizeof(v));printf("%d\n",findans(1,x,y));}else{scanf("%d",&c);change(1,x,y,c);}}return  0;
}

2

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB
【题意】有L段线段（编号为1～L， (1 <= L <= 1 0000 0000   没错，就是1亿 )） ，一开始全部线段是颜色1。有两种操作：
1、C A B tt ：把第A至第B个线段染成第tt种颜色
2、P A B ：询问第A至第B个线段有多少种不一样的颜色。注意：
1、A有可能比B大。
2、颜色的编号<=50;
【输入格式】第一行含有两个整数 L and M (1 <= M <= 100000).  M代表操作次数. 下来M行操作【输出格式】有询问的时候输出【样例输入1】
2 4C 1 1 2P 1 2C 2 2 2P 1 2
【样例输出1】
21
【样例输入2】
10 3C 1 2 2C 4 10 3P 1 10
【样例输出2】
3 

不就是个离散化吗，离散化什么，就是把每个编号从小到大排一遍，然后把他的值改成排名，然后再操作的时候一直用排名操作，使得省了一坨空间。

但是这题有点不一样，如果你的线段树的每个点维护的是区间内点情况，那么每个排名之间要留个位置，为什么？因为有可能你把编号\(1,2,4,5\)改成了\(1,2,3,4\)，导致查询的时候原本的\(3\)查不到，当然还有另外一种办法，线段树维护的是一个区间，然后右儿子维护的是\(mid,r\)，然后直到\(l+1==r\)的话就不申请节点了，这样子的话也可以改成\(1,2,3,4\)，也是比较推介的做法。

这里用的是第一种方法：

#include<bits/stdc++.h>
using  namespace  std;
struct  LSnode
{int  x,y,z;
}A[510000],B[510000];
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[510000];int  len,n,m,kk[110000],tt;
char  st[110000][5];
bool  cmp(LSnode  x,LSnode  y){return  x.x<y.x;}
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;tr[now].c=1;if(l<r){int  mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid+1,r);}
}
bool  v[2100];
int  find(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].c>0){if(v[tr[now].c]==true){v[tr[now].c]=false;return  1;}else  return  0;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(r<=mid)return  find(lc,l,r);else  if(mid+1<=l)return  find(rc,l,r);else  return  find(lc,l,mid)+find(rc,mid+1,r);
}
void  change(int  now,int  l,int  r,int  k)
{if(tr[now].c==k)return  ;if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r){tr[now].c=k;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(tr[now].c>0)tr[lc].c=tr[rc].c=tr[now].c;if(r<=mid)change(lc,l,r,k);else  if(mid+1<=l)change(rc,l,r,k);else  change(lc,l,mid,k),change(rc,mid+1,r,k);if(tr[lc].c==tr[rc].c)tr[now].c=tr[lc].c;else  tr[now].c=-1;
}
int  main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int  i=1;i<=m;i++){scanf("%s",st[i]);if(st[i][0]=='C')scanf("%d%d%d",&A[i*2-1].x,&A[i*2].x,&kk[i]);else  scanf("%d%d",&A[i*2-1].x,&A[i*2].x);if(A[i*2-1].x>A[i*2].x)swap(A[i*2-1].x,A[i*2].x);A[i*2-1].z=i*2-1;A[i*2].z=i*2;B[i*2-1]=A[i*2-1];B[i*2]=A[i*2];}sort(B+1,B+m*2+1,cmp);B[0].x=999999999;for(int  i=1;i<=m*2;i++){if(B[i].x!=B[i-1].x){if(B[i].x==B[i-1].x+1)tt++;//如果两个数字不是贴在一起的话，就直接+2else  tt+=2;}A[B[i].z].y=tt;}bt(1,tt);for(int  i=1;i<=m;i++){if(st[i][0]=='C')change(1,A[i*2-1].y,A[i*2].y,kk[i]);else{memset(v,true,sizeof(v));printf("%d\n",find(1,A[i*2-1].y,A[i*2].y));}} return  0;
}

3

【题意】有n(1~100000)个连续的格子，编号为1……n，每个格子的颜色有3种（分别是1、2、3）。有m（1~100000）操作，操作有2种：1 x y k：表示第x个格子至第y个格子全染色为k（1<=k<=3)2 x y:表示询问第x个格子至第y个格子有多少条线段（相邻两个格子的颜色相同则同属一条线段）。【输入格式】第一行n和m。第二行n个数，分别表格n个格子的颜色。下来m行，每行表示一个操作。【输出格式】遇到操作2，则输出答案【样例输入】
5 52 1 1 2 12 1 51 4 4 12 1 51 1 1 12 1 5
【样例输出】
421 

第2个需要设个全局变量。
然后就没什么了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using  namespace  std;
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[210000];int  len,n,m,a[110000],cc/*多设一个全局变量*/;
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;if(l==r)tr[now].c=a[l];else{int  mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid+1,r);if(tr[tr[now].lc].c==tr[tr[now].rc].c)tr[now].c=tr[tr[now].lc].c;else  tr[now].c=-1;}
}
void  change(int  now,int  l,int  r,int  k)
{if(tr[now].c==k)return  ;if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r){tr[now].c=k;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(tr[now].c>0)tr[lc].c=tr[rc].c=tr[now].c;if(r<=mid)change(lc,l,r,k);else  if(mid+1<=l)change(rc,l,r,k);else  change(lc,l,mid,k),change(rc,mid+1,r,k);if(tr[lc].c==tr[rc].c)tr[now].c=tr[lc].c;else  tr[now].c=-1;
}
int  find(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].c>0){if(cc!=tr[now].c){cc=tr[now].c;return  1;}else  return  0;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(r<=mid)return  find(lc,l,r);else  if(mid+1<=l)return  find(rc,l,r);else  return  find(lc,l,mid)+find(rc,mid+1,r);
}
int  main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);bt(1,n);while(m--){int  x,y,k,z;scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);if(x>y)swap(x,y);if(k==1){scanf("%d",&z);change(1,x,y,z);}else{cc=0;printf("%d\n",find(1,x,y));}}return  0;
}

4

【题目描述】 先是在数轴区间 0 到10^9 (10的9次方）之间画上了白色。然后，这个区间的某一些部分又画上了黑色。然后某一些部分又画上白色，等等。请你找出经历M(1 <= M <= 5000)次着色操作后，最长的白色区间。【输入格式】首行位M,以下M行位重着色的信息，每一行格式如下：ai bi ci 这里 ai ，bi 都是整数, ci 为字符'b' 或'w'，用空格隔开。这三个参数描述：从ai到bi,着颜色ci, ('w'表示白，'b'表示黑），可以认为0 < ai <= bi < 10^9
【输出格式】输出x，y (x < y)，之间用空格隔开，表示最长的白色区间。假如有多个答案，输出x最小的那个
【样例输入】
41 999999997 b40 300 w300 634 w43 47 b
【样例输出】
47 634这道题：线段树+离散化 PS:最开始1-10^9的染白不算在M次操作里面 

一道海星的题目，挺简单的，就实现复杂罢了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using  namespace  std;
struct  LSnode
{int  x,y,z;
}A[21000],B[21000];
int  K[21000];
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[210000];int  len,m,kk,tt[21000],ans1,ans2,cc,tt1,tt2;
bool  cmp(LSnode  x,LSnode  y){return  x.x<y.x;}
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;tr[now].c=0;if(l+1<r){int  mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid,r);}
}
void  change(int  now,int  l,int  r,int  k)
{if(tr[now].c==k)return  ;if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r){tr[now].c=k;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(tr[now].c>=0)tr[lc].c=tr[rc].c=tr[now].c;if(r<=mid)change(lc,l,r,k);else  if(mid<=l)change(rc,l,r,k);else  change(lc,l,mid,k),change(rc,mid,r,k);if(tr[lc].c==tr[rc].c)tr[now].c=tr[lc].c;else  tr[now].c=-1;
}
void  find(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].c>=0){if(cc!=tr[now].c){cc=tr[now].c;if(cc==0)tt1=l,tt2=tt[r]-tt[l];else  if(tt2>ans2){ans1=tt1,ans2=tt2;}}else{if(cc==0)tt2+=tt[r]-tt[l];}return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;find(lc,l,mid);find(rc,mid,r);
}
int  main()
{scanf("%d",&m);for(int  i=1;i<=m;i++){char  ss[10];scanf("%d%d%s",&A[i*2-1].x,&A[i*2].x,ss);if(A[i*2-1].x>A[i*2].x)swap(A[i*2-1].x,A[i*2].x);A[i*2-1].z=i*2-1;A[i*2].z=i*2;B[i*2-1]=A[i*2-1];B[i*2]=A[i*2];if(ss[0]=='w')K[i]=0;else  K[i]=1;}sort(B+1,B+m*2+1,cmp);kk++;for(int  i=1;i<=m*2;i++){if(B[i].x!=B[i-1].x){kk++;tt[kk]=tt[kk-1]+(B[i].x-B[i-1].x);}A[B[i].z].y=kk;}if(B[m*2].x!=1000000000){kk++;tt[kk]=tt[kk-1]+(1000000000-B[2*m].x);}bt(1,kk);for(int  i=1;i<=m;i++){if(A[i*2-1].y!=A[i*2].y)change(1,A[i*2-1].y,A[i*2].y,K[i]);}find(1,1,kk);if(cc==0){if(tt2>ans2){ans1=tt1,ans2=tt2;}}printf("%d %d\n",tt[ans1],tt[ans1]+ans2);return  0;
}

5

【题目描述】远望城市的地平线，地平线上竖立着一些矩形的建筑物，现在要求知道这些矩形的覆盖面积（会有重叠面积，但不重复算，只算所有建筑物轮廓覆盖的面积）。所有矩形的下边与地平线重叠。现在有N个矩形，每个矩形给出 左边X坐标Ai和右边的X坐标Bi，和上边的Y坐标Hi（下边的Y坐标就是0）【范围】1 ≤ N ≤ 40,000 ,      0 ≤ Ai ≤ Bi ≤ 1,000,000,000,      1 ≤ Hi ≤ 1,000,000,000
【输入格式】第一行 N ，下来N行，每行三个整数 Ai, Bi, and Hi
【输出格式】一个整数，整个建筑群的轮廓覆盖的总面积。
Sample Input42 5 19 10 46 8 24 6 3Sample Output16
提示：3*1 + 1*4 + 2*2 + 2*3 - 1 = 16.

离散化，然后每个线段树的区间表示的是这个区间的轮廓。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using  namespace  std;
struct  node
{int  l,r,lc,rc,c;
}tr[210000];int  len,n;
struct  LSnode
{int  x,y,z;
}A[210000],B[210000];int  K[210000],kk,tt[210000];
bool  cmp(LSnode  x,LSnode  y){return  x.x<y.x;}
void  bt(int  l,int  r)
{len++;int  now=len;tr[now].l=l;tr[now].r=r;if(l+1<r){int  mid=(l+r)/2;tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);tr[now].rc=len+1;bt(mid,r);}
}
void  change(int  now,int  l,int  r,int  k)
{if(tr[now].c>=k)return  ;if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r  &&  tr[now].c>=0){tr[now].c=k;return  ;}int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;if(tr[now].c>=0)tr[lc].c=tr[rc].c=tr[now].c;if(r<=mid)change(lc,l,r,k);else  if(mid<=l)change(rc,l,r,k);else  change(lc,l,mid,k),change(rc,mid,r,k);if(tr[lc].c==tr[rc].c)tr[now].c=tr[lc].c;else  tr[now].c=-1;
}
int  find(int  now,int  l,int  r)
{if(tr[now].c>=0)return  tr[now].c*(tt[r]-tt[l]);int  lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;return  find(lc,l,mid)+find(rc,mid,r);
}
int  main()
{scanf("%d",&n);for(int  i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&A[i*2-1].x,&A[i*2].x,&K[i]);A[i*2-1].z=i*2-1;A[i*2].z=i*2;B[i*2-1]=A[i*2-1];B[i*2]=A[i*2];}sort(B+1,B+n*2+1,cmp);kk=1;A[B[1].z].y=1;for(int  i=2;i<=n*2;i++){if(B[i].x!=B[i-1].x){kk++;tt[kk]=tt[kk-1]+B[i].x-B[i-1].x;}A[B[i].z].y=kk;}bt(1,kk);for(int  i=1;i<=n;i++){if(A[i*2-1].y!=A[i*2].y)change(1,A[i*2-1].y,A[i*2].y,K[i]);}printf("%d\n",find(1,1,kk));return  0;
}

小解区间操作

区间修改我们可以通过打懒标记的方式实现，什么是懒标记，就是当一个点的区间和我们要修改的样的时候，我们可以灵性的给他打个标记，然后在查询的时候在下传标记就行了。

区间查询我们早就会了。

二叉堆

例题

【题意】
给出n个正整数，输出最大的m个数。【输入格式】 第一行两个整数n和m（1<=n<=500000,1<=m<=5000）第二行给出n个整数（0<=a[i]<=100000)
【输出格式】按照从大到小的顺序输出。两数之间有空格。【样例输入】
5 32 4 5 1 3
【样例输出】
5 4 3 

思路

二叉堆的思路很简单，就是尽量构造一个完美二叉树，然后维护每个点的点权大（小）于自己的儿子节点，而且一个点\(x\)的父亲是\(x>>1\)，儿子是\(x<<1\)和\((x<<1)+1\)。

然后加点就\(++len\)，然后从下往上传。

\(POP\)就是把\(a[1]\)和\(a[len]\)交换一下，然后从\(1\)开始下传。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using  namespace  std;
int  a[210000],n,m;
void  heap(int  i)//自上往下的函数，自下往上的自己想想，十分简单
{int  j=i*2;while(j<=n){if(j<n  &&  a[j]<a[j+1])j++;if(a[j]>a[i]){swap(a[i],a[j]);i=j;j=i*2;}else  break;}
}
int  main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int  i=n/2;i>=1;i--)heap(i);//建堆for(int  i=1;i<m;i++){printf("%d ",a[1]);a[1]=a[n];n--;heap(1);}printf("%d\n",a[1]);return  0;
}