空间线性的线段树分治

省流：下面有代码框架。

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先看一个朴素做法。

仍然是线段树，每个节点开一个 vector。
对于每个区间修改，我们维护 \(l, r\) 和需要进行的修改，全都扔到根节点的 vector 里面。
然后 dfs 整棵树，到达节点 \(i\) 时，将包含整个区间的修改都做了，然后剩下的修改分别扔到左右子节点的 vector 即可。
最后先清空当前节点的 vector（需要释放内存），然后分别递归左右子树。

我们知道这一朴素做法的空间是 \(O(n \log n)\) 的。

Q：那和先把区间修改拆到 \(O(\log n)\) 个节点上的写法有什么区别呢？
A：随机数据下上述做法的空间复杂度是 \(O(n)\) 的。

关于证明，考虑每个区间都会被拆成一个前缀修改和一个后缀修改。
这里我们只考虑后缀修改即可。
考虑每次只有 \(\frac{1}{2}\) 的概率跨过 mid，跨过 mid 的时候才可能给左子树递归时贡献 \(1\) 的空间。
所以期望意义下一个后缀修改贡献的空间复杂度是 \(\sum \limits _{i \ge 1} \frac{1}{2^i} = O(1)\) 的。

关于 hack，全是 \([2, n - 1]\) 就卡满了。

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然后是常见的做法。
还是上述实现，但是把 dfs 改成 bfs
这个空间是 \(O(n)\) 的，也算是比较常见的写法了。

关于证明，考虑线段树进行区间修改的时候，同一个深度的节点至多访问 \(4\) 个。
因此同一深度下每个修改至多被拆成四份。
所以空间就是线性的。

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你说得对但是写个 bfs 也太麻烦了。
这里介绍一种更简单的方法。

还是上述做法，对于一个节点，我们统计一下跨过 mid 的前后缀数量，分别记为 \(x, y\)。
若 \(x > y\)，那么我们先递归左子树后递归右子树。
若 \(x \le y\)，那就先递归右子树再递归左子树。

酱紫空间就是线性的了。贴个代码。

void div(int a, int l, int r)
{
	if (l == r)
		return;
	int mid = (l + r) / 2, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
	for (node i : vec[a])
		if (i.l <= l && r <= i.r)
		{
			// 覆盖当前区间，拿去处理
		}else
		{
			if (i.l <= mid)
			{
				vec[a * 2].push_back(i);
				cnt1 += (i.r >= r);
			}
			if (i.r > mid)
			{
				vec[a * 2 + 1].push_back(i);
				cnt2 += (i.l <= l);
			}
		}
	vector<node>().swap(vec[a]);
	if (cnt1 <= cnt2)
	{
		div(a * 2, l, mid);
		div(a * 2 + 1, mid + 1, r);
	}else
	{
		div(a * 2 + 1, mid + 1, r);
		div(a * 2, l, mid);
	}
	// 撤销
}

好的，现在来到证明环节了。
考虑若当前在节点 \(i\)，使用的总空间有多少。
我们可以把存储的修改分成两种，一种是覆盖整个区间的，另一种是不覆盖的。
不难发现任意时刻不覆盖整个区间的修改量是 \(O(n)\) 的，因为每个区间修改至多分裂出来一个前缀修改和一个后缀修改。
接下来考虑覆盖整个区间的。也就是说我们要统计，对于 \(i\) 的祖先链，先向 \(i\) 的方向递归的节点给另一个子节点留下的覆盖整个区间的修改个数。

考虑任意一个先向 \(i\) 递归的祖先节点 \(a\)，不妨设 \(i\) 在 \(a\) 的左子树，跨过 mid 的前缀有 \(x\) 个后缀有 \(y\) 个。
于是我们有 \(x \ge y\)，且这一步贡献的空间复杂度是 \(y\)
同时，对于所有的前缀，在递归进入 \(a\) 的左儿子之后就会被删除（因为覆盖了整个区间），且在回溯之前都不会再出现。
那我们不妨将这 \(y\) 份空间复杂度均摊到 \(x\) 个前缀上面。每个位置分到的复杂度是 \(O(1)\) 的。
由于总修改数量是 \(O(n)\) 的，所以任意时刻空间复杂度 \(O(n)\)

完结撒花！

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貌似空间线性的线段树分治写法有好多种，比如先扔进左儿子，然后回溯的时候再把区间取回来的。
不过目前我所知道的写法里面这个应该算是最简单的了。
模板题，<20M