珂朵莉树/ODT 学习笔记

起源自 CF896C。珂朵莉yyds！

核心思想

把值相同的区间合并成一个结点保存在 set 里面。

用处

骗分。只要是有区间赋值操作的数据结构题都可以用来骗分。在数据随机的情况下一般效率较高，但在不保证数据随机的场合下，会被精心构造的特殊数据卡到超时。

如果要保证复杂度正确，必须保证数据随机。详见 Codeforces 上关于珂朵莉树的复杂度的证明。

更详细的严格证明见珂朵莉树的复杂度分析。对于 add，assign 和 sum 操作，用 set 实现的珂朵莉树的复杂度为 O(nlog⁡log⁡n)O(n \log \log n)O(nloglogn)，而用链表实现的复杂度为 O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。

正文

存储：每个树上节点都是一个区间，因为权值相同，于是要记录 l,r,vall,r,vall,r,val 。

struct node{I l,r;mutable int val;//可变的 val ，这么写是习惯，为了后续修改/访问操作friend bool operator <(node a,node b){return a.l<b.l;}//在 set 里面，应该比较区间左端点。以便之后查找区间并且 split 。
};set<node>s;

核心操作：split ，含义：把原来为 [l,r] 的这个节点分离成 [l,x) [x,r] ，并且返回这个 [x,r] 区间的迭代器。（可以直接使用 lower_bound）

auto split(I x){auto it=s.lower_bound({x,0,0});//在 set 之中查找 x ，因为只比较左端点所以另外两项可以随便填if(it!=s.end()&&it->l==x)return it;//如果正好找到了一个左端点为 x 的就直接返回。--it;auto p=*it;s.erase(it);//迭代器向左移动一位的区间才有可能被分裂，用 p 记录该迭代器，并且删除现在代表的区间s.insert(node{p.l,x-1,p.val});//把这个区间（存在 p 里面了）分裂return s.insert(node{x,p.r,p.val}).first;//同上，返回右边所指的迭代器，insert 的返回值是一个 pair ，它的返回值 first 是迭代器，second 是一个 bool ?
}

核心操作：assign，含义：把区间 [l,r] 赋值成为 val 。

void assign(I l,I r,I x){auto itr=split(r+1),itl=split(l);//先分裂出 [r+1,+inf] 的右边界，才能分离出 [l,r] 的可行部分，itl->l 就是 l（这个写分裂合并数据结构的大概都知道）s.erase(itl,itr);//这个是前闭后开的，删除了 itl...itr-1 的区间、迭代器s.insert(node{l,r,x});//插入一个全新的区间
}

普通操作：直接从左往右遍历珂朵莉树。

void count(I l,I r){auto itr=split(r+1),itl=split(l);for(;itl!=itr;++itl)//这个也是前闭后开的//do something...
}

习题

P4979 矿洞：坍塌

题意：区间推平，单点查询，判断区间颜色是否统一。

做法

做这道题先来练手。

首先区间推平只需要 assign 即可。

单点查询？只需在 set 之中二分位置即可。

判断区间颜色是否单一？只需按照上文 count 操作即可。（还有点小优化：如果合法就可以直接统一为一个区间）

CF1638E Colorful Operations

题意：每个数有两种属性，一种颜色，一种权值。

区间颜色推平；全局某种颜色所有数的加上一个数；单点查询权值。

做法

首先观察因为颜色是不连续的区间，所以不可能一个个去查找并给它加上权值。

于是就给颜色 ttt 打上标记 bz[t]bz[t]bz[t] 表示当前 ttt 颜色在操作之中累加到了多少，因为不断更新很费事。

而 aaa 数组就缓慢更新，只有改变了颜色才更新，这样一个节点的真实值就是 a[i]+bz[col[i]]a[i]+bz[col[i]]a[i]+bz[col[i]] 。

如何求一个 ppp 从 ccc 颜色修改至 c′c'c′ 颜色对其答案的贡献呢？

因为它的真实值是 a[i]+bz[c]a[i]+bz[c]a[i]+bz[c] ，所以先算了 bz[c]bz[c]bz[c] 的帐，即加上 bz[c]bz[c]bz[c] ；

但是它不能直接存储真实值，所以要减去 bz[c′]bz[c']bz[c′] 。

在 ODT 上每个节点都是一段区间，所以考虑使用树状数组维护。

总而言之，操作1就珂朵莉树上面的 assign 操作和区间加；操作2直接 O(1) 改变标记；操作3就直接树状数组查询权值+珂朵莉树查询颜色。

CF343D Water Tree

题意：树上推平子树；树上推平路径；单点查询。

做法

观察到本题只有区间推平和单点查询操作，所以珂朵莉树维护。

树上的操作通过树剖即可解决。

6362.【NOIP2019模拟2019.9.18】数星星(star)

题意：给 nnn 个点有点权，有 mmm 条路径，有 qqq 次操作查询 [l,r][l,r][l,r] 条路径的并的点权之和是多少。

（编者强烈建议搞定 CF343D 和 CF1638E 再来处理本题）

做法

看这么一个东西：HH的项链，就是区间统计个数，相同的只统计一次。

因为可以离线，所以按照 rrr 递增排序，不断加入 rrr ，然后更新一下每个数最后出现在哪里（其实就是权值等于 a[r]a[r]a[r] 的数）。对于 [l,r][l,r][l,r] 询问，查询最晚出现位置大于 l−1l-1l−1 的数的个数。

然后考虑迁移到这题之中：也是离线下来，按照 rrr 递增排序，不断加入 rrr ，然后更新一下每个点最后出现在第几个询问。对于 [l,r][l,r][l,r] 依旧是查询最晚出现位置大于 l−1l-1l−1 的点。对于一条路径更新路径上所有点的最晚出现位置，查询所有最晚出现位置大于 l−1l-1l−1 的点权之和。

再写得显然一些，树链剖分之后（即在 dfs 序上做区间操作），区间推平；查询大于等于 lll 的数的权值之和（可以转化成小于等于 l−1l-1l−1 数的个数，初始出现位置 000 就好）。

这个大于等于 lll 的数的点权之和就可以直接丢进树状数组里面处理；对于区间推平，直接使用 ODT 维护即可。因为 ODT 把每个区间压缩成为了一个点，所以加减的话也要直接加减这个区间的点权之和。因为是被推平，所以要减去之前的贡献，增加现在的贡献（和 CF1638E 一样）。

实现就显而易见了。

课后练习题

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CF817F MEX Queries 和上题差不多，但是值域超大，珂朵莉树能做

P5350 序列平衡树的题和珂朵莉树有什么关系？

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