单侧递归线段树

一侧儿子会影响另一侧儿子的信息

例 1：P4198 楼房重建

有 \(a_{1\sim n}\)，\(m\) 次操作每次修改其中一个位置，每次操作后输出此时 \(\frac{a_i}{i}\) 的前缀最大值数量，\(n,m\le10^5\)

单侧递归线段树模板题

对 \(b_i=\frac{a_i}i\) 建立线段树，相当于单点修改或查询全局前缀最大值数量

令 \(mx[L:R]=\max_{i=L}^R b_i\)（保存在线段树的结点 \([L:R]\) 上，下同），\(res[L:R]\) 为区间 \([L:R]\) 的前缀最大值数量

定义 \(Q(v,l,r)\) 为 \(b[l:r]\) 中大于 \(v\) 的前缀最大值数量

令 \(M\) 为区间 \([l:r]\) 的中点，则

\[Q(v,l,r)=\begin{cases} 0&mx[l:r]\le v\\ 1&mx[l:r]>v,l=r\\ Q(v,M+1,r)&mx[l:r]>v,l\ne r,mx[l:M]\le v\\ Q(v,l,M)+res[l:r]-res[l:M]&\text{otherwise} \end{cases}\]

于是可以 \(O(\log n)\) 求出一个 \(Q(v,l,r)\)

单点修改 \(\text{push\_up}\) 的过程中，\(res[l:r]=res[l:M]+Q(mx[l:M],M+1,r)\)，\(mx\) 的跟新是容易的

因此单点修改单次 \(O(\log^2 n)\)

总时间复杂度 \(O(m\log^2n)\)

代码

例 2：QOJ [PKUWC 2024 Day 2] # 8229. 栈

有 \(n\) 个栈，\(q\) 次操作，向 \([l,r]\) 中的栈分别压入 \(x\) 个 \(y\)，\([l,r]\) 中的栈分别弹栈 \(x\) 次（弹栈次数可能超过此时元素数，此时视为清空栈），查询第 \(p\) 个栈中从下往上第 \(l\) 个到第 \(r\) 个元素的和，\(n,q\le10^5,x,y\le10^9\)

离线操作，对栈进行扫描线，转化为给定数组 \(v_{1\sim m}\)，有数组 \(a_{1\sim m}\)，若干次操作为 \(a\) 的单点修改，或给定 \(ct\) 和 \(R\) 查询 \(\sum_{i=1}^R v_i \max(0,\min(\text{tmp}(i,R),ct-\sum_{j=1}^{i-1} \text{tmp}(j,R)))\)，其中 \(\text{tmp}(i,R)\) 为 \(a[i:R]\) 的最小不可空前缀和与 \(0\) 的 \(\max\)，表示此时第 \(i\) 个操作到第 \(R\) 个操作时能剩下的数量

以下用 \(ar[L:R]\) 表示保存在线段树 \([L:R]\) 区间上的 \(ar\) 数组值，令 \(M\) 为区间中点，左右子区间为 \([L,M]\) 和 \((M,R]\)

令 \(sm[L:R]\) 为 \(a\) 的区间和，\(mn[L:R]\) 为区间最小可空前缀和，\(mx[L:R]\) 为区间最大可空后缀和

令 \(tt[L:R]=\sum_{i=L}^R v_i tmp(i,R)\)，令 \(Lt[L:R]=tt[L:R]-tt[M+1:R]\)

定义函数 \(\text{Dv}(ad,L,R)\)，其中 \([L:R]\) 为线段树的一个结点，\(ad\ge 0\)，令 \(\text{Dv}(ad,L,R)=\sum_{i=L}^R v_i \max(0,\min(\text{tmp}(i,R),\sum_{j=i}^R \text{tmp}(j,R)-ad))\)

定义函数 \(\text{gtmn}(L,R)\) 返回一个二元组，其中 \([L:R]\) 不一定为线段树上的结点，返回值的第一个数意义同 \(mn\)，第二个数意义同 \(sm\)

定义函数 \(\text{qry}(ct,R,ad,l,r)\)，其中 \(ad=\text{gtmn}(r+1,R)[mn]\)（默认空区间的 \(mn\) 为 \(0\)），\([l:r]\) 为线段树上的区间，\(ad\le 0\)，令 \(\text{qry}(ct,R,ad,l,r)=\sum_{i=l}^{\min(r,R)} v_i\max(0,\min(\text{tmp}(i,R),ct-\sum_{j=l}^{i-1}\text{tmp}(j,R)))\)，\(ad\) 用于辅助计算

实现 \(\text{push\_up}\) 后容易实现 \(a\) 的单点加，容易由 \(\text{qry}\) 得到询问的式子的值

考虑如何实现上述函数和维护数组

\(sm,mn,mx\) 在 \(\text{push\_up}\) 时容易 \(O(1)\) 维护，\(\text{gtmn}\) 容易做到单次 \(O(\log n)\)

有以下等式：

• \(mn[L:R]+mx[L:R]=sm[L:R]\)
• \(mx[L:R]=\sum_{j=L}^R \text{tmp}(j,R)\)（\(L\) 到前缀和最小值处的 \(\text{tmp}\) 都是 \(0\)，设剩余部分中选出若干位置 \(p_{1\sim t}\)，满足这些位置上的 \(a\) 的前缀和递增，且 \((p_i,p_{i+1})\) 内的 \(a\) 的前缀和都大于 \(p_i\) 的 \(a\) 的前缀和，这样 \(p_i\) 处的 \(\text{tmp}\) 等于 \([p_i,p_{i+1})\) 的区间和，\((p_i,p_{i+1})\) 内的 \(\text{tmp}\) 都是 \(0\)，即后缀最大值部分的每个 \(a_i\) 恰好计入总和一次）

先考虑如何实现 \(\text{Dv}(ad,L,R)\)

• 当 \(ad=0\) 时直接返回 \(tt[L:R]\)
• 当 \(L=R\) 时返回 \(v_L \max(0,\text{tmp}(L,R)-ad)\)
• 若 \(mx[M+1:R]=\text{tmp}(j,R)\ge ad\)，则返回 \(\text{Dv}(ad,M+1,R)+Lt[L:R]\)
• 否则 \([M+1:R]\) 内的 \(tmp\) 都是 \(0\)，同时 \([M+1:R]\) 对 \(ad\) 抵消的值为 \(sm[M+1:R]\)，返回 \(\text{Dv}(ad-sm[M+1:R],L,M)\)

显然可以 \(O(\log n)\) 计算一个 \(\text{Dv}\)

然后考虑实现 \(\text{push\_up}\)，此时只需要考虑 \(Lt\) 的维护，其他值的维护都是容易的

• 当 \(mn[M+1:R]=0\) 时，右侧对左侧没有影响，此时 \(Lt[L:R]=tt[L:M]\)
• 否则 \(Lt[L:R]=\text{Dv}(-mn[M+1:R],L,M)\)

最后考虑实现 \(\text{qry}(ct,R,ad,l,r)\)

• 当 \(ct=0\) 时显然返回 \(0\)
• 当 \(l=r\) 时返回 \(v_l\max(0,\min(ct,sm[l:r]+ad))\)（假定 \(l\le R\)）
• 当 \(R\le M\) 时返回 \(\text{qry}(ct,R,ad,l,M)\)
• 以上都是显然的
• 若不满足，令 \(mn=\text{gtmn}(1,R)[mn],sm=\text{gtmn}(M+1,\min(r,R))[sm]\)，令 \(Rt=\min(mn,sm+ad)\) 为区间 \([M+1,R]\) 的 \(mn\)
• 若 \(ct<Rt+mx[l:M]\)，则右区间对答案没有贡献，返回 \(\text{qry}(ct,R,Rt,l,M)\)
• 否则返回 \(\text{Dv}(-Rt,l,M)+\text{qry}(ct-\max(0,mx[l:M]+Rt),R,ad,M+1,r)\)

总时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)（假设 \(n,q\) 同阶）

代码

参考

1. \(\text{2024.12.13 EZDS.pdf\;\;\; by Luzhuoyuan}\)