树形数据结构

trick 整合

1. 数据结构就是用来辅助维护的，把他当做一个壳子看待，看看能不能帮助做一些东西。

2. 我们对于一些式子如果求和这种套的比较多，看看能不能写成递归形式。

3. 对于 \(x \bmod y\)，我们可以把它拆开 \(x - \lfloor\frac{x}{y}\rfloor\times y\)，然后枚举 \(\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\)，计算贡献，复杂度可以做到 \(\log\)，再加上一些数据结构维护即可。

题目

静态区间数颜色（离线）

将询问离线，按照右端点排序做扫描线。从 \(1\sim n\) 扫，维护每个位置 0/1 该元素是否是当前最后一个，每次将 \(last[a_i]\) 单点减，\(i\) 单点加，然后查询 \(l\sim r\) 的和即可。使用树状数组即可实现。

静态区间数颜色（在线）

用可持久化线段树，不过每次一样的维护，每次查询就是将版本 \(r\) 拿出来查询 \(l\sim r\) 即可。

QOJ7685. Barkley II \(\checkmark\)

题目大意

有 \(n\) 名学生，算法编号 \(1\sim m\)，第 \(i\) 名学生掌握算法 \(a_i\)。选择一个学生编号的连续区间 \([l,r]\)，评分为该区间内不同算法数量减去区间内未出现的最小算法编号（若所有算法都出现则为 \(m+1\)），求最大评分。
\(t\le 5\times10^5,\ n,m\le 5\times10^5\)，所有测试用例 \(n\) 之和 \(\le 5\times10^5\)。

解题思路

我们枚举 \(a_i\) 并钦定 \(a_i=mex\)，然后将 \([last[a_i]+1,i-1]\) 作为查询区间。其实实际上 \([last[a_i]+1,i-1]\) 的 \(mex\) 可能 \(<a_i\) 但是它不会影响答案，因为真实的答案区间一定更大，并且会在更小的 \(a_i\) 的统计到。

查询区间的数量是 \(O(n)\)，现在问题就相当于是一个静态区间数颜色，可以离线做。

CF1553F Pairwise Modulo \(\checkmark\)

题目描述

给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，\(a\) 中元素两两不同，对于每个 \(k\in[1,n]\)，求出

\[p_k=\sum_{1\le i,j \le k} a_i \bmod a_j \]

\(n\le 2\times 10^5, a_i\le 3\times 10^5\)。

解题思路

首先，肯定要将 \(p\) 的计算改为递推形式。

\[p_i = p_{i-1} + \sum_{j=1}^{i-1} a_i \bmod a_j + \sum_{j=1}^{i-1} a_j \bmod a_i \]

处理 \(\displaystyle\sum_{j=1}^{i-1} a_i \bmod a_j:\)

原式可处理为 \((i-1)a_i-\sum\limits_{j=1}^{i-1}a_j \lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)，令 \(c=\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)，可以在之前计算 \(j\) 时，枚举 \(c\)，对 \([c\times a_j,(c+1)\times a_j-1]\) 进行区间加 \(c\times a_j\)，最后单点查询。可以用树状数组。

处理 \(\displaystyle\sum_{j=1}^{i-1} a_i \bmod a_j:\)

原式可处理为 \(\sum a_j - \sum\limits_{j=1}^{i-1}a_i \lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)，令 \(c=\lfloor\frac{a_i} {a_j}\rfloor\)，枚举 \(c\)，查询 \([c\times a_i,(c+1)\times a_i-1]\) 中 \(a_j\) 的个数 \(num\)，统计 \(c\times num\times a_i\)。
\(\\\)
注意到 \(a\) 互不相同，所以总复杂度为 \(O(n \log n \ln n)\)。

启发：

1. 我们对于一些式子如果求和这种套的比较多，看看能不能写成递归形式。

2. 对于 \(x \bmod y\)，我们可以把它拆开 \(x - \lfloor\frac{x}{y}\rfloor\times y\)，然后枚举 \(\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\)，计算贡献，复杂度可以做到 \(\log\)，再加上一些数据结构维护即可。

SS260804D. 冒泡排序二合一 (sort) \(\checkmark\)

题目大意

给定一个长度为 \(n\) 的排列 \(a\)，每次有两种询问：

1. 给定 \(l,r,k,x\)，询问 \(a_l\sim a_r\) 进行 \(k\) 轮冒泡排序后，值 \(x\) 的下标是多少？

2. 给定 \(l,r,k,x\)，询问 \(a_l\sim a_r\) 进行 \(k\) 轮冒泡排序后，下标 \(x\) 的值是多少？

询问互相独立，每次冒泡排序后原序列会还原。

一轮冒泡排序就是对于 \(\forall l\le i\le r-1\) 如果 \(a_i>a_{i+1}\)，那么交换 \(a_i\) 与 \(a_{i+1}\)。

\(1\le n,q\le 6\times 10^5\)

解题思路

冒泡排序有一些性质：

• \(a_i\) 往前移动一位的次数是 \(\min(l\sim i中>i的个数,k)\)。

• 每进行一轮冒泡排序都会把最大数往后丢（准确来说是尚未归位的最大数）。

• \(i+k\) 个数进行冒泡排序 \(k\) 次就是将前 \(i\) 小放在前面，后 \(k\) 小丢在后面，注意后 \(k\) 小是全部已经归位的了，但是前 \(i\) 小不一定全都归位。

• 你也可以对于每一层值域视作 01 序列来考虑，这样可能会好理解前面的，每层进行一次冒泡排序，每个 1 都会往后走，直到撞到下一个 1，此时现在的 1 就会停下来，下一个 1 开始继续往后走。

回到这道题，我们一下考虑的 \(x\) 都是在 \([l,r]\) 之间，如果不在，直接输出原来的就行，我们先考虑操作 2，就是查询下标：

我们很自然的想到运用它的性质，对 \([l,x+k]\) 求出前 \(x\) 小，但是前面也说了，前 \(x\) 小不一定顺序确定，有一个这样的解决方法：
先判断 \(a_{x+k}\) 是否是 \([l,x+k]\) 前 \(k\) 小，如果是，那么它在只能移动 \(k\) 次的条件下会移动到位置 \(x\)，如果不是那么查 \([l,x+k-1]\) 第 \(x\) 小，因为这个位置属于后 \(k\) 小，所以它一定是有序的。

查询区间第 \(k\) 小是经典的主席树问题，\(O(n\log n)\)。

现在考虑操作 1，对于区间 \([l,r]\)，分类讨论一下：

• 比 \(x\) 大的数有 \(cnt\) 个，如果 \(cnt<k\)，那么 \(x\) 肯定在冒泡排序后位于 \(r-cnt\)。

• 现在 \(cnt\ge k\)，如果在区间 \([l,pos_x]\) 的比 \(x\) 大的数至少有 \(k\) 个，每一轮往前进 1，那么 \(x\) 的位置 \(k\) 轮排序后肯定位于 \(pos_x-k\)。

• 考虑完前两种情况后，只剩下在区间 \([l,pos_x]\) 的比 \(x\) 大的数个数 \(c\) 不到 \(k\) 个的情况了，现在 \(x\) 会先往前挪 \(c\) 个位置，再往后挪 \(k-c\) 次，结合前面说的第 4 条性质，每次都是移动到下一个 1 排序前的位置然后停下。具体实现上就等价于是在 \(x\) 这个值域上先找到 \(l\) 往后的第 \(k\) 小，然后减去 \(k-c\) 就是 \(x\) 往后移动到的位置，不要忘记要减去 \(c\)。

所以只需要建立对于每个值域维护下标位置是0/1的主席树，支持查找第 \(k\) 小和区间和即可，复杂度同样是 \(O(n\log n)\)。

详细实现看 oj 代码吧。

启发：

• 首先，需要分析一些特殊性质。这道题很明显是要分析出冒泡排序的重要性质，赛时我只想到了第一个性质，就是往前移的性质，但是我没有想到对于解这道题最重要的往后移的性质。往前往后是对称的，这启发我们如果分析了当前方向的性质但是并无太多做题帮助，不妨换个角度思考一下，换反方向思考分析，这句话已经说了很多遍，但是真正场上并不能深入贯彻，这是需要提高的地方。

• 这题同时提供了一个分析问题性质的角度，我们可以讲这种排列题转化成 01 序列来考虑，似乎比较有启发性。

• 这道题中出现了两种主席树的建法，一种是对不同下标维护值域，另一种是对不同值维护下标区间，做题时要灵活运用不同的维护方法。

XMS2D. 神谕（oracle） \(\checkmark\)

题目大意

给定广义线段树和初始序列 \(A\)。支持两种操作：区间加 \([l,r]\) 增加 \(k\)（标准线段树区间加，下传标记并更新节点标记）；询问某个恰好为线段树节点的区间 \([l,r]\) 上的标记值。输出所有询问答案。
\(n,q \le 2\times 10^5,\ 0<A_i,k\le 10^3\)。

考场思路

直接模拟，可以获得高达 20 pts。

解题思路

以下说的时间顺序就是按照操作顺序。

比较难处理的是 push_down 操作，一个节点 \([l,r]\)它的权值变化其实有两个影响因素，是它父亲最近被击破的时间 \(S\)，还有它自己最近被击破的时间 \(T\)。被击破就是要往下push_down，也就是遇见了一个操作区间 \([l',r']\)，操作区间与节点区间有交，但是它不包含节点区间。统计就是：维护 \(f_i\) 表示当前下标 \(i\) 这个位置累加的前缀和，那么当前询问区间在某个时间点的贡献就是 \(f_l(S)-f_l(T)\)，这个可以用树状数组维护，这里的 \(l\) 也可以换成任意一个 \(i\in [l,r]\)，因为这时整体 \([l,r]\) 区间加，不存在 \(l<l'\le r'<r\) 有区间加，否则 \([l,r]\) 就被击破了。

于是我们可以对每个询问区间离线下来，算出它的 \(S\) 和 \(T\)，然后就变成扫描线扫时间就行了。

那么如何算出查询操作的 \(S\) 和 \(T\)，对于每个操作，其实我们只用到它的 \(l,r\)，我们用一颗线段树维护每次区间加操作 \(l,r\) 的时间点，每次就是查自己和父亲被击破的时间即可，线段树维护 \(\max\)，查就是查 \(max\{l\in [p+1,q],r\in [p,q-1] 的时间点最后的区间\}\) 简化一下就是 \(\max\{t[p+1,q-1],t[1\sim p](以 p 为右端点),t[q\sim n](以 q 为左端点)\}\)。

具体实现看代码，复杂度是 \(O(n\log n)\)

启发： 题面有点吓人，但是不要被它牵着鼻子走，这题根本不是模拟题。我们应当静下心来，考虑问题的本质，比如在这道题中，问题的本质就是 push_down 的时间，然后进行扫描线。

一道模拟赛题

题目大意

给定一颗 \(n\) 个点的树，每个点有个颜色 \(c_i\)，有 \(q\) 次询问，每次给定 \(u_1,v_1,u_2,v_2\)，要求求出最大的 \(K\)，使得 \(\forall i\in[1,K]\) 都有树上 \(u_1\sim v_1\) 路径上 \(c_i\) 数量和 \(u_2\sim v_2\) 路径的相同。

\(n,q\le 10^5\)

解题思路