珂朵莉树·颜色段均摊
珂朵莉树，ODT（Old Driver Tree），颜色段均摊都是它。其实我觉得硬说这是一种数据结构（尤其是“树”）是不恰当的，这更多应该是一种技巧。
与线段树等传统数据结构的区别在于：它可以更方便地维护每个被覆盖区间的值。如模板题中的操作 4：求 \(\sum_{i=l}^ra_i^x\bmod y\)。
实现
一般用 std::set 实现。
节点
struct node{
int l,r;
mutable int val;
bool operator<(const node &x)const{
return l<x.l;
}
};
set<node> odt;
\(l\) 和 \(r\) 表示这一段的区间，\(val\) 表示这一段的权值，使用 mutable 修饰是为了使得结构体或函数在被 const 修饰后仍能修改 \(val\) 的值，这样，我们就可以直接修改在 set 内部的元素的 \(val\)。
split
用于将一个区间为 \([l,r]\) 的区间分裂为 \([l,pos)\) 和 \([pos,r]\)，并返回指向后者的迭代器的函数。
auto split(int pos){
if(pos>n) return odt.end();
auto it=odt.lower_bound({pos});
if(it!=odt.end()&&it->l==pos) return it;//pos已是左端点，无需分割
it--;//从上一个分割
int l=it->l,r=it->r,val=it->val;
odt.erase(it);//删除原区间
odt.insert({l,pos-1,val});//左区间
return odt.insert({pos,r,val}).first;//右区间
}
std::set.insert() 返回一个 std::pair<iterator,bool>，表示插入元素的迭代器及插入是否成功。
现代编译器应当都可以将 auto 识别为 std::set<node>::iterator。
assign
用于区间赋值。同时也是时间复杂度的保证，以模板题为例，大约 \(\dfrac{1}{4}\) 的操作调用了 assign，而这个操作可以大幅减小 set 的大小。
特别注意：在截取 \([l,r]\) 时一定要先调用 split(r+1) 再调用 split(l)，否则可能导致 RE。 具体原因可以看这里。我大致解释一下，就是若删除了迭代器 it，就会导致 it 及以后的迭代器失效，此时若强行访问失效部分就是 UB。如果我们先操作前面再操作后面，itl 和 itr 之间包含的区间就可能不是我们想要的那一部分。由此我们就需要特别注意，珂朵莉树的任何涉及 erase 的操作都要先操作后面再操作前面。如区间 swap。
void assign(int l,int r,int val){
auto itr=split(r+1),itl=split(l);//截取[l,r]
odt.erase(itl,itr);//删除[l,r]
odt.insert({l,r,val});//插入新值
return;
}
模板题
对于 1 操作，3 操作和 4 操作，直接分离出对应区间后暴力求解。2 操作直接用 assign。
#include<iostream>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
int l,r;
mutable ll val;
bool operator<(const node &x)const{return l<x.l;}
};
ll qpow(ll a,int b,int mod){
ll res=1;
a%=mod;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
set<node> odt;
auto split(int pos){
auto it=odt.lower_bound({pos});
if(it!=odt.end()&&it->l==pos) return it;
it--;
int l=it->l,r=it->r;
ll val=it->val;
odt.erase(it);
odt.insert({l,pos-1,val});
return odt.insert({pos,r,val}).first;
}
void assign(int l,int r,int val){
auto itr=split(r+1),itl=split(l);
odt.erase(itl,itr);
odt.insert({l,r,val});
return;
}
void add(int l,int r,int val){
auto itr=split(r+1),itl=split(l);
for(;itl!=itr;itl++) itl->val+=val;
return;
}
ll kth(int l,int r,int k){
auto itr=split(r+1),itl=split(l);
vector<pair<ll,int>> b;
for(;itl!=itr;itl++)
b.push_back({itl->val,itl->r-itl->l+1});
sort(b.begin(),b.end());
for(auto t:b){
k-=t.second;
if(k<=0) return t.first;
}
return 1145141919810LL;
}
ll sum(int l,int r,int x,int mod){
ll res=0;
auto itr=split(r+1),itl=split(l);
for(;itl!=itr;itl++)
res=(res+(qpow(itl->val,x,mod)*(itl->r-itl->l+1))%mod)%mod;
return res;
}
const int N=1e5+10;
int n,m,seed,vmax,a[N],op,x,y,l,r;
int rnd(){
int ret=seed;
seed=(seed*7ll+13)%1000000007;
return ret;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m>>seed>>vmax;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=(rnd()%vmax)+1;
odt.insert({i,i,a[i]});
}
for(int i=1;i<=m;i++){
op=(rnd()%4)+1;
l=(rnd()%n)+1;
r=(rnd()%n)+1;
if(l>r) swap(l,r);
if(op==3) x=(rnd()%(r-l+1))+1;
else x=(rnd()%vmax)+1;
if(op==4) y=(rnd()%vmax)+1;
if(op==1) add(l,r,x);
else if(op==2) assign(l,r,x);
else if(op==3) cout<<kth(l,r,x)<<'\n';
else cout<<sum(l,r,x,y)<<'\n';
}
return 0;
}
习题
复杂度相关
我们可以从模板题中发现，这玩意除区间赋值外都需要暴力，所以是一种暴力数据结构。对于模板题，均摊时间复杂度 \(O(m\log\log n)\)（关于这个题的复杂度说法很多，具体是不是这个我也不是很清楚，原题严谨的复杂度分析极其复杂，这里不展开分析）。其时间复杂度保证完全依赖于 assign 操作，所以仅适用于：
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