【笔记】数据结构选讲 2025.2.10
【笔记】数据结构选讲-李雷思问 2025.2.10
Becoder 50751 多重集
G. 多重集 - 数据结构选讲1-李雷思问（day22） - 比赛 - Becoder
通过指定 \(a_c+b_c\) 与 \(a_y+b_y\) 的大小关系，可以得到一个一维偏序，满足这个一维偏序的时候 \(\max\) 取到某个值，反之取到另一个值。
在值域线段树上维护这个偏序关系，每次 pushup 的时候统计跨过中点的偏序关系所带来的答案。可以做到 \(O(q\log q)\)。
P7907 [Ynoi2005] rmscne
定义两个区间 \([l_1, r_1], [l_2, r_2]\)“值集合相同”当且仅当 \(\{a_{l_1}, a_{l_1+1}, \cdots a_{r_1}\}=\{a_{l_2}, a_{l_2+1}, \cdots a_{r_2}\}\)。
子区间的可能性过多，并不好直接求，我们考虑把选子区间改成：对询问区间 \([l, r]\) 的每一个后缀 \([x, r]\)，都维护一个最短的前缀 \([x, y]\) 使得 \([x, y], [x, r]\) 值集合相同，然后记 \(f_{x, r}=y-x+1\)。然后我们再去找一个最短的后缀 \([z, r]\) 使得 \([z, r], [l, r]\) 值集合相同，我们查询 \(\min_{l\leq x\leq z}f_{x, r}\) 就好了。核心在于将一个子区间看作某个后缀的前缀。
扫描线从左往右扫 \(r\) 维护 \(f_{x, r}\)，可以使用线段树维护。找到 \(z\) 可以维护所有颜色的最后出现位置的集合在上面 lower_bound 找。总的时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
由于这个复杂度不是本题正解，需要优化常数才能通过。具体是优化找 \(z\) 的部分，发现那个集合可以提前加入 \([1, n]\) 所有位置然后每次只做删除操作。可以使用并查集维护。复杂度没有降低（仍然是 \(O(n\log n)\)，注意），但是却神奇地通过了。
P6773 [NOI2020] 命运
一个 \(O(n^2)\) 的 dp 可以想一下就能想到，令 \(f_{u, j}\) 表示 \(u\) 子树中没有被满足的限制（没有已知黑色边的链）的最深链顶的深度，没有这样的链就是 \(0\)。转移首先初始化 \(f_{u, j}=[j=c]\) 其中 \(c\) 是以 \(u\) 为链底的最深链顶的深度。紧接着枚举所有儿子 \(v\)，如果 \((u, v)\) 染黑则 \(j\) 会清零，否则不会动，也就是首先 \(f_{v, 0}\) 加上 \(\sum_{j}f_{v, j}\)，然后做“max 卷积”：
一种方法是做前缀和之后点乘再差分回来，也可以拆开 \(\max\)：
最后记得把 \(j\geq dep_u\) 的 \(f_{u, j}\) 全部清空，它们已经不合法了。这就是一个 dp。
优化使用线段树合并。合并的时候有一个函数 merge(p, q, l, r) 表示合并 \(p, q\) 两个线段树，你再额外传入两个变量 \(ps, qs\) 表示 \(<l\) 的部分 \(p\) 这边的总和与 \(q\) 那边的总和。这样如果 \(p, q\) 有一个为空的时候，例如 \(q\) 是空的，你就需要在 \(p\) 上打 \(\times qs\) 的乘法标记。叶子的时候，这片叶子的值更新为 \(val_pqs+val_qps+val_pval_q\)。其它情况正常递归下去并更新 \(ps, qs\)。（所以有可能你需要先合并右子树再合并左子树）
总复杂度 \(O(n\log n)\)。
[Hangzhou23K] Card Game
如果区间 \([l, r]\) 的答案为 \(f_{l, r}\)，那么考虑 \(l\) 这边会干出什么事，设 \(l\) 右边第一个值与 \(l\) 相同的位置是 \(x\)。如果 \(r<x\)，则 \(l\) 只出现一次且不会被其他东西消去，\(f_{l, r}=f_{l+1, r}+1\)。否则无论 \([l, x]\) 中间有什么，到了 \(x\) 都会消去，\(f_{l, r}=f_{x+1, r}\)。
不要写可持久化平衡树。直接做线段树合并与分裂就是对的了，因为这里的合并不是“有交并”而是“无交并”，复杂度是固定的 \(O(\log n)\)，而分裂也是 \(O(\log n)\)，因此总的复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。这个东西带有标记，处理标记的方法参考可持久化文艺平衡树的模板。
UOJ164【清华集训2015】V
一种方法是和 P8868 [NOIP2022] 比赛 一样的矩阵乘法维护信息。另一种方法先忽略了历史最值，将所有操作统一刻画为了 \(x\mapsto \max(x+a, b)\)。由于这个刻画的性质过于好，它的复合与 \(\max\) 操作都是封闭的，对历史最值的操作也可以用这个刻画进行维护。复杂度 \(O(m\log n)\) 乘上一些常数。
LOJ6029 「雅礼集训 2017 Day1」市场
势能线段树。直接说了，这题的势能函数构造是 \(\phi(u)=\log_2\max(1, a_u-b_u)\) 其中 \(a_u, b_u\) 是线段树 \(u\) 节点的最大值、最小值。总势能是所有 \(\phi(u)\) 求和。我们希望一个事情发生：
但是很显然这不是很对，例子是 \(a=4, b=3, d=2\)。什么时候这会失效呢？令 \(a=pd+x, b=qd+y\)，则其不成立的条件是：
这个条件看似十分搞笑，实际上也是没什么用（但其实有用），我们通过刚才的推导过程我们得知实际上以下式子是成立的：
意思是如果 \(x<y\) 会有一个负数出来，我们调整一下它。现在我们最害怕的事情就只有两个：
- \(a=b\) 的时候，向下递归无法减少势能，这需要区间赋值或区间加标记。
- \(a>b\) 的时候，势能有一定可能变成 \(\flr{(a-b)/d}+1\)，如果这个东西 \(=a-b\) 我们就完蛋了，例如说 \(a=b+1\)（而且 \(x<y\)）的时候势能就会不变，例如 \(a-b=2, d=2\) 而且 \(x<y\) 的时候势能也不会变，但你发现没有这种情况。再往上的情况那个 \(+1\) 就微乎其微了，因为 \(a-b\) 总会下降，势能总是能减少的。
那就只有两种情况：
- \(a=b\) 的时候一定要特判，打标记。
- \(a=b+1, x<y\) 即 \(p=q+1, x=0, y=d-1\) 的时候，因为 \(a-b\) 不变，所以我们打一个区间加的标记，同样的 \(a=b\) 的时候也打区间加标记就行了。
每次区间加操作会带来 \(O(\log n\log v)\) 的势能，每次区间除法操作只会减少势能，总时间复杂度 \(O(n\log v+q\log n\log v)\)。
***这里暂时跳过 segment tree beats 部分
Becoder 29550 牛半仙的妹子序列
总之，这是一个线段树优化 dp 的过程，抛开前面的平凡过程不谈（真的平凡吗？）。总之，我们需要的就是“在线段树区间上，维护出区间内的后缀最值位置上的 \(f_{q[i]}\) 之和”。
使用小粉兔线段树，在一个节点上维护区间最大值，后缀最大值的 dp 值之和，以及左子树中 \(\geq\) 右子树最大值的部分的后缀最大值的 dp 值之和（最后这一个值记作 \(s\)）。pushup 的时候只需要确定 \(s\)，为此我们拿着右子树最大值（记作 \(v\)）进入左子树进行线段树二分，寻找左子树的后缀最大值中最靠右的 \(\geq v\) 的值，每次在一个节点上我们就是去看看右子树的最大值（记作 \(z\)）和 \(v\) 的关系就能往一侧去递归，如果 \(z\geq v\) 则要往右子树走，同时说明此时左子树被 \(z\) 截断的部分现在也得以保留，我们即刻将那一部分（左子树的 \(s\)）统计入当前的 \(s\) 中。如此就能计算出 \(s\)。最后总复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
Becoder 46907 黑白树
先删掉这个改颜色的操作。由于有链加和子树加，我们猜测 dfn 序是跑不了了，而且一个连通块还可以表示为一个大子树扣掉一堆小子树，于是我们大概可以做了，然后发现复杂度有问题在里面。
有人提出了一种算法，以维护白色连通块信息为例，首先将所有黑色点（原文是黑色连通块顶点但我觉得也可以是黑色点）对应的那些子树在线段树上的 dfn 区间对应全都找出来，标记这些线段树节点为灰色，然后我们对白色连通块操作的时候，首先找到顶点（\(O(\log n)\) 的重链剖分就行），然后对这个顶点的子树进行线段树操作。然后神奇的地方来了，我们 pushdown 和 pushup 的时候，不让标记下传到灰色节点，也不从灰色节点把最值信息上传上来（当然还有普通的区间加要正常下传），这样就控住了白色连通块的范围，至此本题得解，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
什么你说操作 1 怎么办？让这个灰色区间能动态变化就行，并不难，然后这样修改之后由于标记都已经下传完了所以不再会有问题了。
树上数据结构部分
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