2 1 Day 4 线段树进阶 2

• 感觉这一部分理解地比较困难，比较久，莫非是文化学太久脑子生锈了。。。
• 引入了一个名叫势能的概念，我理解的主要思想是说把一个势能为0的线段树节点 \([L,R]\) 打上标记，这样以后就可以对它进行整体处理，再计算原本有的势能以及会增加的势能得出一个复杂度合法的方案
• 把势能按照重力势能去看待则它<=初始势能+均摊势能的和 区间极差
• C - 基础数据结构练习题
  • JLY大神通过极差来去弄它们之间的关系，并发现若对于最大值为 \(y\) 最小值为 \(x\) 的区间开根，开完后的 \(y_1-x_1 <= \sqrt{y-x} + 1\)
  • 故我们能得到总势能 \(\sum_{[L,R]} log log (y-x)\)
  • 我们再特殊讨论一下极差为1的情况，发现如15，16它们会变成3，4这时候极差没有改变，故我们可以 通过极差是否改变来选择是否打标记，像这种极差没有改变的直接打减法标记，其他的暴力开方
  • 故我们考虑如何看待区间加操作，首先显而易见的如果一个区间是完全相同的话那么可以直接打标记，反之则极差最多增加\(v\) 故一个区间在线段树上由 \(log_{n}\) 个节点组成，故我们可以得到它所增加的势能为 \(q \cdot log_{n} \cdot \log \log_{v}\)
  • 故我们总的时间复杂度就是 \(O (N \log \log v + q \cdot \log_{N} \cdot \log \log_{v})\)
  • 代码一开始写的比较复杂，写到一半进行了调整。
• B - 市场
  • 还是看差值，初始的势能是 \(N \log_{N}\) 会增加的势能是 \(N \log_{N} \log_{N}\) 然后同理做即可。(8,7像上述的方案一样处理)
• D
  • 三个操作
    • 区间赋值
    • 设 \([L,R]\) 的 \(mex\) 为 \(w\) 则将 \([L,R]\) 中的所有数加上 \(w\)
    • 区间求和
  • 对于一个修改区间，我们依次找到该区间的最小值，并把线段树区间内等于最小值的叶节点的所有数加上INF。重复以上过程，直到找到mex，再还原叶节点并打上加法tag。（注：还原的时候只要这个区间内的所有数都大于INF就让这个区间整体减去一个INF即可还原）
  • 对于区间加上 mex 的操作我们能发现对于小于 \(mex\) 的数进行这个操作的时候至少会翻倍！故我们能发现一个数最多进行 \(log_{N}\) 次翻倍，一次翻倍的代价是找出那个叶子节点进行翻倍 O(\log_{N})
  • 复杂度为 \(O(N \log_{N} ^ 2)\)
  • 对于区间赋值操作我们可以打一个区间赋值tag，在整个区间已被推平时不继续遍历即可。是 \(O(N \log_{N}^3)\) 的，JLY大神说可能需要仔细分析，但是我不会分析我也没找到分析这个的题解，加上这个复杂度本身就是跑不满的，主要还是学习均摊的这种思想，所以就这样吧。

• 如何判断是均摊

  • 一个势能+一个标记 （当标记不能解决，分块与单边递归不能解决时可用）
  • 经常与区间极差有关（区间最大值-区间最小值）
• E
  • 势能是 \(\sum_{[L,R]}\) 的不同数的个数
  • 考虑对区间 \([L,R]\) 取 \(\min(a_i,t)\) 这个操作如何实现。
    • 若 \(t >= \max\) (即 \(t\) 比 \([L,R]\) 区间中的最大值还要大或等于) 那么不用管
    • 若 \(t < \max\) 且 \(t > \sec\) 即 \(t\) 比 \([L,R]\) 区间中的最大值小但是比次大值大，则我们用一个 \(tag\) 记录一下最大值要减多少
    • 若 \(t <= \sec\) 即 \(t\) 比 \([L,R]\) 区间中的次大值小，那么 [L,R]中的不同数的个数至少减1，暴力去修改即可。
  • 初始势能 \(N \log_{N}\) ，考虑修改操作的第三种 \(t<=sec\) 的我们能发现它每遍历到一个节点的势能至少减一，故时间复杂度为 \(O(N \log_{N})\)
  • 若加上一个区间加的操作
    • 对于势能的定义为 \(\sum_{[L,R]}\) 左右两子节点的 \(max\) 值不相同
    • 那么我们通过 画图可以发现
      • 若左右的最大值相等，且次大值在一边则只会单边递归
      • 若最大值和次大值都在一边，也只会单边递归
      • 若出现最大值和次大值在异侧的情况，则两个都会递归，但会使得势能减一，我们不妨把势能减一的功劳归到叶子节点的头上，故 势能减一需要 O(\log_{N}) 的复杂度
      • 其实这里我理解了很久不明白第一种情况的时候若是取min的 \(t\) 很小不仅仅比次大值小，还比另一边的次大值小不也要递归两侧，后面发现这种情况其实可以分裂来看，或者说它在后面的孙子节点上也会对势能进行减法。
    • 故我们可以得到最初的势能为 \(O(N)\) 若进行一次加法则势能最多增加 \(O(\log_{N})\)，又因为势能减一需要 \(O(\log_{N})\) 的复杂度
    • 故总的时间复杂度为 \(O(N \log_{N}^2)\)
• F
  • 绕了好久啊，搞了好久才get到JLY在说什么
  • 维护每个版本（1-Q）目前的最小值（开个线段树）
    • 从 \(n -> 1\) 的顺序去考虑每个数
    • 假如 \(i\) 保持 \(a_i = x\) 在时间 \([L,R]\) 则对于线段树上的区间 \([L,R]\) 计算大于 \(x\) 的数的个数并对 \(x\) 取 \(min\) （这个操作最多有 \(Q\) 次因为 \(a\) 数组最多有 \(Q\) 次修改）
  • 像上述所说的 吉斯机线段树 一样，维护区间最大值 \(mx\) 和次大值 \(sec\) 和最大值的个数 \(len\)
  • 考虑势能为 \(\sum_{[L,R]}\) 数的种类个数 （原势能为 \(N \log_{N}\)）
    • 若 \(x >= mx\) 则不管
    • 若 \(sec < x < mx\) 则维护 \(tag\) 表示最大值减了多少
    • 否则 \(x <= sec\) 则去修改，势能减了1（数的种类减少了1） （考虑最多会有原势能次这种操作）
  • 故我们可以得到一个 \(O(N \log_{N} + Q \log_{N})\) 的做法
• G
  • 普通矩阵乘法 两个矩阵 \(A_{n,m}, B_{m,p}\) 相乘得到 \(C_{n,p}\) 满足 \(C_{n,p} = \sum A_{n,i} B_{i,p}\)
  • 广义矩阵乘法（常用于处理区间最值和历史最值）
    • 定义 \(C_{n,p} = \max(A_{n,i} + B_{i,p})\)
  • 然后我们将区间赋值操作，区间加操作，历史最值操作对当前最值操作取 \(\max\) 这三个操作具象化成广义矩乘
  • 定义 \(\begin{bmatrix}b \\a\\0\end{bmatrix}\) （\(b\) 为历史最大值，\(a\) 为当前最大值，然后用线段树维护即可）。然后 update 函数有个地方写太快忘记写 min(mid,ex) 了然后调了半个多小时。。。