线段树 by yyb

线段树

by yyb

---

Type1 维护特殊信息

---

1.【洛谷1438】无聊的数列

维护一个数列，两种操作
1.给一段区间加上一个等差数列
2.单点询问值

维护等差数列

不难发现，等差数列可以写成\(ad+b\)的形式

因为具有可加性

所以维护一下这个类似于斜率的东西

每次下放的时候把数列拆分成两段，\(d\)值公差不变

而变化的只有后面的常数项

至于如何只在一段区间内维护等差数列

相当于在当前\([l,n]\)位置维护这一段公差为\(d\)的等差数列

再在\([r+1,n]\)维护一个负公差就行了

这题单点询问其实是简化了，完全可以维护区间询问

代码

---

2.【BZOJ2243】染色

给定一棵树
两种操作
1.把一段路径染上一种颜色
2.询问路径上颜色段的个数

维护颜色段

想想怎么把颜色拼起来

假设原来两段是\(111222112233\)和\(3332221124\)

假设两段原来分别含有\(k1,k2\)段

拼在一起后，答案为\(k1+k2\)或者\(k1+k2-1\)

如果答案减一的话，相当于左端的最右端和右段的最左端颜色相同

所以要维护的是当前段的颜色段个数，左端点颜色和右端点颜色

代码

---

3.【BZOJ1018】堵塞的交通

维护一个2×n的方格，一开始所有边都是不连通的
两个操作
1.修改一条边的连通性
2.询问两点的连通性

维护连通性

对于区间的这一段单元格

我们在意的只有四个端点点之间的连通性

所以维护六个\(bool\)类型

分别维护端点之间两两的连通性

当区间大小只有\(1\)的时候，不能够仅仅只维护连通性

还要维护边是否存在，

所以区间大小为\(1\)时，额外维护\(4\)个\(bool\)类型，分别表示四条边是否联通

考虑如何向上合并

既然维护了联通性，此时只需要拿出当前左右两个区间的四个点进行讨论

左端点的左上和左下，右端点的右上和右下，

分别讨论经过中间点时是否联通，从而可以合并，得到大区间四个端点的联通性

从而可以维护答案

代码

---

4.【BZOJ1558】等差数列

给你一个数列，两个操作
1.给一段区间加上一个等差数列
2.将一段区间分解为最少个数的等差数列，输出等差数列的个数

线段树维护区间\(dp\)

可以说这道题已经非常毒瘤了

怎么考虑询问操作？

如果直接将一段数分解为等差数列？

太麻烦了。。。。

考虑相邻的数做差，

这样等差数列变为了一段连续的相等区间

考虑怎么维护分解一段区间为最少数量的等差数列

事实上，等差数列的第一项不一定要和后面的相等，所以合并的时候要额外考虑

所以，设\(s[0/1/2/3]\)分别表示左右端点是否计算入内

同时维护最左端和最右端的值\(l,r\)

如果没有计算入内，则此时左右端点作为一个等差数列的开头

如果计算入内，则是一样的计算，考虑连续区间

合并的代码如下：

struct Data{int s[4],l,r;};
Data operator+(Data x,Data y)
{
	Data c;c.l=x.l,c.r=y.r;
	c.s[0]=x.s[2]+y.s[1]-(x.r==y.l);
	c.s[0]=min(c.s[0],x.s[0]+y.s[1]);
	c.s[0]=min(c.s[0],x.s[2]+y.s[0]);
	c.s[1]=x.s[3]+y.s[1]-(x.r==y.l);
	c.s[1]=min(c.s[1],x.s[1]+y.s[1]);
	c.s[1]=min(c.s[1],x.s[3]+y.s[0]);
	c.s[2]=x.s[2]+y.s[3]-(x.r==y.l);
	c.s[2]=min(c.s[2],x.s[2]+y.s[2]);
	c.s[2]=min(c.s[2],x.s[0]+y.s[3]);
	c.s[3]=x.s[3]+y.s[3]-(x.r==y.l);
	c.s[3]=min(c.s[3],x.s[3]+y.s[2]);
	c.s[3]=min(c.s[3],x.s[1]+y.s[3]);
	return c;
}

以\(s[0]\)举例，\(s[0]\)表示的是左右端点都不选

转移如下：

1.可以直接合并左边选右端点，右边选左端点。如果两者的差值相同，则可以将原来的等差数列合并为一个

2.左边两侧都不选，左边的右端点作为一个等差数列的首项，右边就要选择左端点

3.左边选右端点，右边的左端点作为一个等差数列的首项，所以右端点两边都不选

其他的\(s[1/2/3]\)转移同理

至于区间的加法，不过是对查分数组造成两个单点修改，以及一个区间修改的影响

仔细考虑清楚就可以

代码

---

总结1

这一类问题主要在于如何维护一些信息

一般的做法在于找到对应的信息的维护方式

比如对于一次函数，可以直接加和，所以维护斜率和截距

对于维护颜色段，我们发现关键在于左段的右端点和右段的左端点，所以维护左右端点

对于最大子段和，我们考虑贪心是怎么做的，所以维护最大左右子段和

对于维护连通性，我们找到联通性之间的关系，利用分类讨论来向上合并

......

总之，对于这一类维护特殊信息的问题

我们要维护的就是要求的信息，

以及向上合并时需要的信息

这一类问题的难度就在于怎么合并，

只要想清楚了怎么合并，这类问题都非常好解决

---

Type2 线段树维护特殊操作

---

1.【BZOJ3211】花神游历各国

维护一个数列，两个操作
1.区间开根
2.区间求和

很容易知道区间开根的操作次数不会很多，

\(10^{12}\)的数据的操作次数在\(6\)次左右

而\(\sqrt 1=1,\sqrt 0=0\)

所以维护区间最小值\(min\)

对于区间开根，暴力下方，如果\(min<=1\)可以直接\(return\)

代码

---

2.【BZOJ4869】相逢是问候

维护一个区间，两个操作
1.将区间[l,r]所有数变为C^(ai)
2.求区间[l,r]mod p 的和

我们根据欧拉定理

知道反复进行若干遍操作之后，答案不会再变

所以提前预处理出所有的\(\varphi\)值

同时记录区间最少的操作次数，如果最小操作次数达到了上限，直接\(return\)

代码

---

3.【UOJ228基础数据结构练习题】

维护一个区间，三种操作
1.区间加法
2.区间开根
3.区间求和

这是前面那题的升级版

如果再是单纯的维护区间最小值显然不合理了

我们来看看怎么开根？

如果区间所有值都相等怎么办？

显然可以直接开根

如果\(max-sqrt(max)=min-sqrt(min)\)怎么办？

此时意味着虽然开根出来的值不同，但是减去的值相同

举个例子，比如\(8,9\)

开根后是\(2,3\)

虽然值不同，但是差相同

所以，我们把开根换成区间减法

当出现上述两种情况时下放减法标记即可

区间开根代码的实现

void Modify_Sqrt(int now,int l,int r,int L,int R)
{
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		ll a=sqrt(t[now].mx),b=sqrt(t[now].mn);
		if(t[now].mx==t[now].mn){puttag(now,l,r,a-t[now].mx);return;}
		if(t[now].mx-a==t[now].mn-b){puttag(now,l,r,a-t[now].mx);return;}
	}
	pushdown(now,l,r);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(L<=mid)Modify_Sqrt(lson,l,mid,L,R);
	if(R>mid)Modify_Sqrt(rson,mid+1,r,L,R);
	t[now].v=t[lson].v+t[rson].v;
	t[now].mx=max(t[lson].mx,t[rson].mx);
	t[now].mn=min(t[lson].mn,t[rson].mn);
}

代码

---

总结2

这类题目的重点在于这些特殊操作的处理

此时的思考的主要方向已经不是线段树如何使用了

而是想清楚当前操作具有的特殊性质

再来相应地在线段树上维护所需要的东西

---

Type3 作为辅助的数据结构

---

1.【BZOJ4552】排序

给定一个初始数列
进行若干操作
每次给定[l,r]
将这段区间进行升序或者降序的排序
最后询问第Q个位置上的数

辅助二分

显然无法直接维护排序后的结果

但是，如果是\(01\)序列，我们是可以直接维护排序后的结果的

那么，二分一个答案

将所有大于答案的数赋值为\(1\)，其他的赋值为\(0\)

每次维护\(01\)序列的排序

检查目标位置是\(0/1\)来继续二分

代码

---

2.【CF833B】The Bakery

将一个长度为n的序列分为k段，使得总价值最大
一段区间的价值表示为区间内不同数字的个数
n<=35000,k<=50

辅助\(dp\)

一个很简单的暴力\(dp\)

设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数分为\(j\)段的最大总价值

转移很简单\(f[i][j]=max(f[k][j-1]+Calc(k+1,i))\)

其中\(Calc\)是题目给定的价值

但是这样复杂度显然是假的

我们重新看看这个转移

如果我们按照第二维来枚举，

那么，相当于从头开始插入每一个数

方程不变，还是\(f[i][j]=max(f[k][j-1]+Calc(k+1,i))\)

考虑如何计算\(Calc\)

其实，每一次都相当于把当前\(i\)位置，以及这个数上一次出现的位置\(lst\)之间的转移值全部加一了

所以，在线段树上面维护区间加法

同时，每次增加分段的数量的时候，重构线段树

节点的值就是上一维的\(dp\)值

这样就可以利用线段树来优化（进行）\(dp\)啦

代码

---

3.【CF903G】Yet Another Maxflow Problem

一张图分为两部分，左右都有n个节点，
Ai->Ai+1连边，Bi->Bi+1连边，容量给出
有m对Ai->Bj有边，容量给出
两种操作
1.修改某条Ai->Ai+1的边的容量
2.询问从A1到Bn的最大流
n,m<=100000,流量<=10^9

这算辅助什么？？？简易版本网络流？？？

将最大流的询问转换为最小割

假设\(A\)侧割掉了\(A_i->A_{i+1}\),\(B\)侧割掉了\(B_j->B_{j+1}\)

那么，\(Ans=A_iA_{i+1}+B_j+B_{j+1}+A_xB_y(x<=i,y>j)\)

所以，对于\(A\)侧，我们如果枚举割掉哪一条边

我们在\(B\)侧都要找到对应的\(j\)使得答案最小

同样的，因为改变的只有\(A\)侧的流量，因此无论怎么修改，在\(B\)侧选择的\(j\)是不会变化的

这个时候我们就比较明朗了

现在的问题，考虑如何求解对于每个\(i\)，最优的\(B\)

我们只需要扫一遍\(A\)，一边在\(B\)中插入对应的值，求出区间最小值就行了

然后，把剩下的所有的值加上\(Ai\)后重构一棵线段树

修改就是单点修改

每次询问相当于查找全局最小值

代码

4.【POJ1151】Atlantis

平面内有若干矩形
求面积和

辅助扫描线

这是扫描线的模板题

当然，重点不在扫描线，在于线段树

所以这里只是大致提一下

（当然啦，扫描线也要去学一下啦）

代码

---

总结3

线段树不仅仅可以出裸题（虽然就算出裸题我也不一定会做）

可是可以和各种各样的东西结合起来的

然后？然后我就不认识它是线段树了

这种类型的题目不应该从线段树入手了

而是从其他算法入手，发现可以使用线段树来进行优化

这个时候才可以美滋滋的用上线段树啦

---

Type4 线段树一些很interesting的食用方法

---

1.【BZOJ3531】旅行

给出一棵树，每个节点都有一个颜色和一个权值
4个操作：
1.修改单点颜色
2.修改单点权值
3.询问路径上某种颜色的权值和
4.询问路径上某种颜色的权值最大值
颜色数、节点数、询问数<=100000

线段树动态开点

看题目的意思，我们显然要对于每种颜色维护一棵线段树

当时显然是开不下的

那么，我们考虑动态开点

发现每棵线段树显然是不满的

所以，对于每个线段树的节点，额外存下左右节点

在修改的时候，如果访问到的当前节点为空

则直接新建一个节点，否则继续访问就行了

唯一的缺点的是，如果一个点上的权值被删除，这个点并不能够回收

但是这不影响我们对于动态开点的需求

动态开点修改代码

void Modify(int &now,int l,int r,int pos,int w)
{
	if(!now)now=++tot;
	if(l==r){t[now].v=t[now].ma=w;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)Modify(t[now].ls,l,mid,pos,w);
	else Modify(t[now].rs,mid+1,r,pos,w);
	t[now].v=t[t[now].ls].v+t[t[now].rs].v;
	t[now].ma=max(t[t[now].ls].ma,t[t[now].rs].ma);
}

代码

---

2.【BZOJ4653】区间

给的是UOJ的链接，UOJ的Hack数据比较强，建议在UOJ提交

从n个线段中选择M个线段
使得他们至少都包含一个相同的位置
定义一个方案的花费是M个线段的长度的最大值减最小值
求最小花费，如果无解输出-1
N<=500000,M<=200000,0≤li≤ri≤10^9

标记永久化

贪心的想一想，把区间按照长度排序，依次加入到区间中

如果把当前的线段插入进去后

这个区间的最大覆盖值超过了\(M\)

就把所有不需要的线段全部弹掉

然后计算贡献。

这里需要做的就是反复的区间加法

所以我们没有必要每次都把标记下放

可以直接把标记打在这个点上面

每次访问到这个点的时候直接加上这个标记值然后向上更新就好啦

代码复杂度和常数一下就降下去了了

代码

---

3.【CF817F】MEX Queries

维护一个01串，一开始全部都是0
3种操作
1.把一个区间都变为1
2.把一个区间都变为0
3.把一个区间的所有数字翻转过来
每次操作完成之后询问区间最小的0的位置
l,r<=10^18

线段树上二分

这题不离散一下空间卡得我一愣一愣的

先不考虑空间的问题，直接用线段树维护一下，

放区间覆盖标记和区间翻转标记，之前已经讲过这两个标记要怎么放，不再提了

其实可以直接动态开点，每次最多产生点\(60\)个左右（然而事实上是\(120\)个）

但是如果直接这么打了发现您就\(MLE/RE\)了

因为产生的点其实最多是\(120\)个，因为在操作过程中需要下放标记

如果左右子树不存在的话必须新建，导致空间多了一倍

再加上要开\(long long\)，发现空间开不下

所以要离散化，首先\(1\)要在离散数组里面，然后所有的\(l,r,l+1,r+1\)也必须在里面（为什么？自己思考一下）

最后是如何计算答案，

在线段树上面二分

如果左子树不满，那么答案在左子树，否则答案在右子树

如果当前这个子树都不存在，当然直接返回最左端就行了

代码

---

4.【BZOJ2957】楼房重建

给定数轴上的1~n位置
每次单点修改一个位置的高度
每次修改完之后询问从原点能够看到几个位置

这应该算什么？用整棵子树来更新当前位置的神奇操作？？？

对于整个区间维护最大斜率以及只考虑这个区间的答案

考虑如何向上合并。

首先左半段的答案是一定存在的

所以，现在的问题就是右半段能够贡献的答案

如果右半段的最大斜率小于左半段的最大斜率，则不存在贡献

否则，如果右半段分为右左和右右两段

如果右左的最大值大于了左半段的斜率，直接加上右右段的贡献

然后递归除了右左段

否则，直接递归处理右右段

直接说有点说不清，这题需要自己好好思考一下

代码

---

5.【BZOJ2733】永无乡

题目有点小复杂，直接放题面啦

永无乡包含 n座岛，编号从 1 到 n ，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可以将这 n 座岛排名，名次用 1 到 n 来表示。某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛到达另一个岛。如果从岛 a 出发经过若干座（含 0 座）桥可以 到达岛 b ，则称岛 a 和岛 b 是连通的。

现在有两种操作：

B x y 表示在岛 x 与岛 y 之间修建一座新桥。

Q x k 表示询问当前与岛 x 连通的所有岛中第 k 重要的是哪座岛，即所有与岛 x 连通的岛中重要度排名第 k 小的岛是哪座，请你输出那个岛的编号。

线段树合并

线段树合并是一个很有趣的姿势

前置技能：动态开点线段树

具体实现：每次合并两棵线段树的时候，假设叫做\(t1,t2\)，其中要把\(t2\)合并进\(t1\)中

假设当前位置\(t1\)没有节点，则直接把\(t2\)的这个位置给\(t1\)（直接接上去就好啦）

如果\(t2\)这个位置没有节点，那么直接\(return\)

否则，两个位置都有节点，把两个节点的信息合并，然后递归合并左右子树

简单的代码如下：

void MergeNode(int &r1,int r2)
{
	if(!r1){r1=r2;return;}
	if(!r2)return;
	t[r1].v+=t[r2].v;
	MergeNode(t[r1].ls,t[r2].ls);
	MergeNode(t[r1].rs,t[r2].rs);
}

回到这道题目

对于每一个联通快维护一个值域线段树

每次在线段树上二分一下第\(K\)大就好了

每次修桥相当于合并两棵线段树

用并查集维护一下联通快就可以啦，多简单

代码

---

总结4

这些食用方法都很有用

包括但不限于：卡常、卡空间、降低编程困难度 等等等

而具体怎么用？

那就要灵活的看题目而定了