集训Day1 线段树入门
P3374
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我们可以使用树状数组进行单点修改和区间查询，只是一道模版，不多说了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int c[N];
int n , m;
int lowbit(int x)
{
return x & (-x);
}
void add(int x , int k)
{
for(int i = x;i <= n;i += lowbit(i))
{
c[i] += k;
}
}
int query(int x)
{
int cnt = 0;
for(int i = x;i > 0;i -= lowbit(i))
{
cnt += c[i];
}
return cnt;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int x;
cin >> x;
add(i , x);
}
while(m--)
{
int op , x , y;
cin >> op >> x >> y;
if(op == 1)
{
add(x , y);
}
else if(op == 2)
{
cout << query(y) - query(x - 1) << endl;
}
}
return 0;
}
P3368
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提供两种方法，第一种，可以用树状数组维护原数组的差分数组，例如如果原数组是 \([1,2,5,4,3]\) 维护的差分数组就是 \([1,1,3,-1,-1]\) 。题目接下来让我们将 \([1,3]\) 区间都加上一个 \(3\) 我们可将原数组变成 \(c_1+3\) , \(c_4-3\) ，可以完成要求
第二种，直接用线段树模板
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int a[N] , c[N];
int n , m;
int lowbit(int x)
{
return x & (-x);
}
void add(int x , int k)
{
for(int i = x;i <= n;i += lowbit(i))
{
c[i] += k;
}
}
int query(int x)
{
int cnt = 0;
for(int i = x;i > 0;i -= lowbit(i))
{
cnt += c[i];
}
return cnt;
}
signed main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> a[i];
add(i , a[i] - a[i - 1]);
}
while(m--)
{
int op;
cin >> op;
if(op == 1)
{
int x , y , k;
cin >> x >> y >> k;
add(x , k);
add(y + 1 , -k);
}
else
{
int x;
cin >> x;
cout << query(x) << endl;
}
}
return 0;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10;
struct segmentTree
{
int l , r;
ll sum , add;
}t[N * 4];
ll a[N];
void pushup(int k)
{
t[k].sum = t[k * 2].sum + t[k * 2 + 1].sum;
}
void build(int k , int l , int r)
{
t[k].l = l , t[k].r = r;
if(l == r)
{
t[k].sum = a[l];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(k * 2 , l , mid);
build(k * 2 + 1 , mid + 1 , r);
pushup(k);
}
void change(int k , ll v)
{
t[k].sum += v * (t[k].r - t[k].l + 1);
t[k].add += v;
}
void pushdown(int k)
{
change(k * 2 , t[k].add);
change(k * 2 + 1 , t[k].add);
t[k].add = 0;
}
void update(int k , int x , int y , ll v)
{
if(t[k].l >= x && t[k].r <= y)
{
change(k , v);
return;
}
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
if(x <= mid)
{
update(k * 2 , x , y , v);
}
if(y > mid)
{
update(k * 2 + 1 , x , y , v);
}
pushup(k);
}
ll query(int k , int x , int y)
{
if(t[k].l >= x && t[k].r <= y)
{
return t[k].sum;
}
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
ll res = 0;
if(x <= mid)
{
res = query(k * 2 , x , y);
}
if(y > mid)
{
res += query(k * 2 + 1 , x , y);
}
return res;
}
int main()
{
int n , m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> a[i];
}
build(1 , 1 , n);
while(m--)
{
int op , x , y;
ll k;
cin >> op >> x;
if(op == 1)
{
cin >> y >> k;
update(1 , x , y , k);
}
else
{
cout << query(1 , x , x) << endl;
}
}
return 0;
}
P3372
题目传送门
这道题让我们维护一个序列，支持区间修改和区间查询两种操作，不难想到用线段树，但我们进行区间修改的时候，我们有两种方法可以选择，直接下放给儿子和等到查询的时候再下放，易证第一种是超时的，我们因此可以使用懒标记，等到查询的时候再下放标记，易得代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
struct segmentTree
{
int l , r;
ll sum , add;
}t[N * 4];
ll a[N];
void pushup(int k)
{
t[k].sum = t[k * 2].sum + t[k * 2 + 1].sum;
}
void build(int k , int l , int r)
{
t[k].l = l , t[k].r = r;
if(l == r)
{
t[k].sum = a[l];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(k * 2 , l , mid);
build(k * 2 + 1 , mid + 1 , r);
pushup(k);
}
void change(int k , ll v)
{
t[k].sum += v * (t[k].r - t[k].l + 1);
t[k].add += v;
}
void pushdown(int k)
{
change(k * 2 , t[k].add);
change(k * 2 + 1 , t[k].add);
t[k].add = 0;
}
void update(int k , int x , int y , ll v)
{
if(t[k].l >= x && t[k].r <= y)
{
change(k , v);
return;
}
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
if(x <= mid)
{
update(k * 2 , x , y , v);
}
if(y > mid)
{
update(k * 2 + 1 , x , y , v);
}
pushup(k);
}
ll query(int k , int x , int y)
{
if(t[k].l >= x && t[k].r <= y)
{
return t[k].sum;
}
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
ll res = 0;
if(x <= mid)
{
res = query(k * 2 , x , y);
}
if(y > mid)
{
res += query(k * 2 + 1 , x , y);
}
return res;
}
int main()
{
int n , m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> a[i];
}
build(1 , 1 , n);
while(m--)
{
int op , x , y;
ll k;
cin >> op >> x >> y;
if(op == 1)
{
cin >> k;
update(1 , x , y , k);
}
else
{
cout << query(1 , x , y) << endl;
}
}
return 0;
}
P3373
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这道题与上一道题有一些相同，只是还需要我们维护一个乘法的操作，但我们需要考虑哪个节点是应该乘的，哪个节点是不需要乘的，我们可以直接把本层的值改成正的，然后将懒标记改正，即可通过本题
懒标记更改如下：
$ t[k].add = (t[k].add * v + u) % p;$
$ t[k].mul = t[k].mul * v % p;$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, p;
ll a[N];
struct segmentTree
{
int l, r;
ll sum, add, mul;
}t[N * 4];
void pushup(int k)
{
t[k].sum = (t[k*2].sum + t[k*2+1].sum) % p;
}
void build(int k, int l, int r)
{
t[k].l = l, t[k].r = r, t[k].mul = 1;
if (l == r)
{
t[k].sum = a[l] % p;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(k * 2, l, mid);
build(k * 2 + 1, mid + 1, r);
pushup(k);
}
void change(int k, ll u, ll v)
{
// 1 本层的 sum 修改成正确的
t[k].sum = (t[k].sum * v + (t[k].r - t[k].l + 1) * u) % p;
// 2 打上延迟标记
t[k].add = (t[k].add * v + u) % p;
t[k].mul = t[k].mul * v % p;
}
void pushdown(int k)
{
change(k * 2, t[k].add, t[k].mul);
change(k * 2 + 1, t[k].add, t[k].mul);
t[k].add = 0;
t[k].mul = 1;
}
void update(int k, int x, int y, ll u, ll v)
{
if (t[k].l >= x && t[k].r <= y)
{
change(k, u, v);
return;
}
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
if (x <= mid) update(k * 2, x, y, u, v);
if (y > mid) update(k * 2 + 1, x, y, u, v);
pushup(k);
}
ll query(int k, int x, int y)
{
if(t[k].l >= x && t[k].r <= y) return t[k].sum % p;
pushdown(k);
int mid = t[k].l + t[k].r >> 1;
ll res = 0;
if(x <= mid) res = query(k * 2, x, y);
if(y > mid) res += query(k * 2 + 1, x, y);
return res % p;
}
int main()
{
cin >> n >> m >> p;
for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
while(m--)
{
int op, x, y;
ll k;
cin >> op >> x >> y;
if (op == 1)
{
cin >> k;
update(1, x, y, 0, k);
}
else if (op == 2)
{
cin >> k;
update(1, x, y, k, 1);
}
else cout << query(1, x, y) << endl;
}
return 0;
}
AT_dp_q
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本题是一道非常经典的树状数组练习题，我们不难发现转移方程，观察到 \(N\) 高达 \(2 \times 10^5\) ， \(O(n^2)\) 是无法通过的，我们发现本题是单点修改，区间查询，可以用树状数组维护区间最大值，得到正解
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N] , h[N] , c[N];
int n;
int lowbit(int x)
{
return x & (-x);
}
void add(int x , int k)
{
for(int i = x;i <= n;i += lowbit(i))
{
c[i] = max(c[i] , k);
}
}
int query(int x)
{
int cnt = 0;
for(int i = x;i > 0;i -= lowbit(i))
{
cnt = max(cnt , c[i]);
}
return cnt;
}
signed main()
{
cin >> n;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> h[i];
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> a[i];
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int cnt = query(h[i] - 1) + a[i];
ans = max(ans , cnt);
add(h[i] , cnt);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
P4145
题目传送门
这道题我们不难发现 \(\sqrt 1=1\) ，所以我们可以用线段树维护一下区间的最大值，若区间最大值为 \(1\) 则不用更新，常数小到忽略不计，总复杂度 \(O(nlogn)\)
代码太丑了，啥时候重构一下再发
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