线段树合并及训练12题题解

权值线段树

就是把线段树当桶。可以解决全局第k小，求一个数的前驱和后继等。

动态开点线段树

就是只在修改的时候新建节点。如果是要pushdown，一般情况下就是在pushdown里面新建节点。但也有特殊情况，见下文。

线段树合并

其实是动态开点权值线段树合并。
一般用于解决序列叠加问题。其时间复杂度基本上是合并的两棵树中重复的节点个数。大概是\(O(n \log n)\)的。
下面是代码：

点击查看代码

int merge(int p, int q, int l, int r)
{
	if(!p)return q;
	if(!q)return p;
	if(l == r)
	{
		tr[p].num += tr[q].num;
		return p;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	lsp = merge(lsp, lsq, l, mid);
	rsp = merge(rsp, rsq, mid + 1, r);
	pushup(p);
	return p; 
}

A.普通平衡树

修改是简单的。对于查询，写三个函数：
1.查询一个数的排名。
2.查询排名为k的数。
3.查询小于等于k的数的个数。
用这三个就能凑出来所有的查询操作。

B.[bzoj3307]雨天的尾巴

先树上差分，给u+1，v+1，lca-1，fa[lca]-1。
接下来线段树从下往上合并，维护一个max以及其对应的下标即可。

C.bzoj4636: 韶身的数列

可以这么做：先给这些操作按权值从小到大排序，然后维护线段树的区间推平懒标记。
注意出数据人不讲武德，要判断一下l==r的情况，由于左闭右开所以会寄。

D.[POI 2011] ROT-Tree Rotations

是这样的，在线段树合并的过程中，可以计算出调转或不调转的代价。我们先计算这一层的贡献：
如果不调转，就需要加上tr[rsp].num * tr[lsq].num，否则就是tr[lsp].num * tr[rsq].num。
遇到这种难以直接计算的东西，就要考虑贡献思想。

E.[Usaco2017 Jan]Promotion Counting

线段树合并板子题，不提。

F.bzoj4399: 魔法少女LJJ

首先，我认为本题5操作说的不清晰，应为查询第k小的数。 如果是查权值应该是去重后的数中的第k小。
对于操作1、2、5、7，就是板子。
对于6，有一个技巧，就是\(\log_a(mn) = \log_a(m) + \log_a(n)\)，维护一个元素的对数和。
对于3和4，考虑打一个清除的标记，然后注意下放标记时不要新建子节点。
还有注意，线段树合并时记得判断两个点是否已经在同一个集合里面。

G.[Lydsy1706月赛]大根堆

本题是一道线段树合并优化DP。
首先写出来一个暴力DP：
\(f_{u,i}\)为以u为根的子树之中，选中的点之中的最大值不超过i时的最多点数。
可以使用离散化，优化一下。
接下来发现，转移分两类：
1.\(f_{u,i} = \sum f_{v,i}\) \(\space \space\)其中v是u的儿子。
2.当\(i > val[u]\)时， \(f_{u,i} = max(f_{u,i},f_{u,val[u] - 1} + 1)\)
先转移1再转移2，第一个是不选u，第二个是选u。
容易发现，1很适合线段树合并优化。并且根据这两个式子，\(f_u\)单调不降。
所以对于2，可以选择去二分一段区间\([val[u], r]\)使得其中的i满足\(f_{u,val[u] - 1} \le f_{u,i} < f_{u,val - 1} + 1\)，中间的被一夹，发现其一定全都等于\(f_{u,val[u] - 1}\)，所以在线段树上对其+1即可。需要的是区间修改，单点查询的线段树。

这里有一个东西：

标记永久化

就是给每个节点维护一个sum，所有被完全覆盖的区间都会被+=val，然后查询的时候把每层的sum加起来即可。

如果要维护区间和，那么就是修改时所有包含这个修改区间的区间的sum都会被+=val(R-L+1)，查询时还是一路+(tag(R-L+1))，这样就不需要pushup和pushdown。

H.「FJOI2018」领导集团问题

本题和上一题基本一样，注意一些细节：
\(f_{u,i}\)为以u为根的子树之中，选中的点之中的最小值不小于i时的最多点数。
1.\(f_{u,i} = \sum f_{v,i}\) \(\space \space\)其中v是u的儿子。
2.当\(i \le val[u]\)时， \(f_{u,i} = max(f_{u,i},f_{u,val[u]} + 1)\)
注意此时f是单调不增的，可以从式子的角度理解，所以二分要稍微改一下。
或者，感性理解，选取最小值比1大的数肯定比最小值比m大的容易。

I.「BJOI2014」大融合

我没有使用线段树合并。
首先可以离线，先把树建出来，这样方便。
可以使用树上差分+dfs序+树状数组来解决该问题，每次给从接上去的节点到根加上目前该节点子树大小，再给根的父亲减掉。注意一下初始化，给自己+1，给自己的父节点-1。

J.「NOIP2016」天天爱跑步

基本上是自己做出来的，非常强大。
首先可以把路径按照LCA拆解开来，然后发现树链加不是加同一个数，但是加的是一个等差数列。所以考虑给往上走的一段加上其所在点深度，往下走的减去，这样就是一个数了，非常好。
然后按照雨天的尾巴的思路树上差分。可以选择开上两棵线段树，分别处理向上的和向下的。

K.[ZJOI2010]基站选址

非常高质量的一道线段树优化DP。
首先考虑暴力DP：
\(f_{i,j}\)为到了i放了j个基站，且钦定在i放了基站的最小花费。
方程：\(f_{i,j} = min\{f_{k,j-1}+cost(k,i)\}+c_i\)
\(cost(k,i)\)是k到i之间，两头有基站，中间要求赔偿的费用和。
这个东西是可以\(O(n^3)\)计算的，不太能优化。

考虑如何优化，可以对于每一轮j，建一棵线段树，然后把上一轮f的结果放进去，查询就非常简单了，维护一个区间min即可。考虑如何修改，可以把贡献拆开加进去。你可以预处理每一个点左边和右边的第一个能覆盖到它的点\(L[i]\)和\(R[i]\)。我们让i这个点作为\(R[k]\)，然后存储对应的k，很显然，在往后的i+1等一定覆盖不到k，所以一定要交k的赔款，我们把这些赔款加给\([1,L[k] - 1]\)，这些点是前面覆盖不到k的。

最后加个技巧，加一个点n+1,然后让它的d和w都是inf，c是0，这样可以统计所有到n建/不建的最小值。

L.[HNOI2012]永无乡

板子题，使用线段树合并配合并查集解决。波波瞎指挥，乱调题单顺序。