正睿OI 暑假 B Day6
主要记录一下思想，避免以后忘记
不会发在 Luogu Blog 的。
众所周知，线段树有两种情况：
- 单点修改，区间询问：对于每个线段树上的区间维护一个区间的信息之和。
- 区间修改，单点/区间询问：每次修改时，对区间打上一个修改标记，在询问和修改时，一旦访问到一个区间，就将它的标记下传。
情况一中，我们只需要支持：区间信息之间的合并。
情况二中，除了 区间信息之间的合并，还要考虑 标记之间的合并、区间信息与标记的合并。也就是说，理论上来讲，只要能快速进行这三种操作，标记和区间信息可以是任何东西。
情况二的模板如下：
struct data; struct lazy; data res[N<<2];lazy tag[N<<2]; void givetag(int o,lazy v) { tag[o]=mergetag(tag[o],v); res[o]=apply(o,v); } void push_down(int o) { givetag(ls(o),tag[o]); givetag(rs(o),tag[o]); tag[o]=lazy(); } void modify(int o,int l,int r,int x,int y,lazy v) { if(x<=l&&r<=y){ givetag(o,v); return; } push_down(o); int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)modify(ls(o),l,mid,x,y,v); if(y>mid)modify(rs(o),mid+1,r,x,y,v); res[o]=mergedata(res[ls(o)],res[rs(o)]); } data query(int o,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&r<=y)return res[o]; push_down(o); data ans=data(); int mid=(l+r)>>1; if(y<=mid)return query(ls(o),l,mid,x,y); else if(x>mid)return query(rs(o),mid+1,r,x,y); else return mergedata(query(ls(o),l,mid,x,mid),query(rs(o),mid+1,r,mid+1,y)); }
以下题目如没有特殊说明，n,Q 范围均为 $10^5$
以下题目没有代码实现，没有题目来源，解法只是口胡，主要锻炼思维。
线段树例题2
给定序列列 a[1…n]，支持单点修改，每次求区间单调栈大小。
解法
区间单调栈就是说，从左至右，如果当前数大于栈顶则入栈，求最后栈大小。
即求 $a[i]=\max_{j=1}^{i}a[j]$ 的个数。
单点修改，所以只需考虑区间信息之间的合并：对于一个节点 $p$，已知其两个子区间 $ls$ 和 $rs$ 的单调栈大小（记为size），如何求出 $p$ 的单调栈大小？
$ls$ 的单调栈一定在 $p$ 的单调栈里，所以我们只需要计算右半部分的贡献，记做 calc(me,pre)。其中 pre 为之前的单调栈顶（lmax）。
那如何计算 calc(me,pre) 呢？继续递归。注意接下来的 $ls$ 和 $rs$ 为 calc 函数中的 me 节点的左右儿子。
- pre>lmax 直接计算 calc(rs,pre)，因为左半部分无法进入单调栈，没有贡献。
- pre<=lmax 答案为 calc(ls,pre)+calc(rs,lmax)，递归处理，右半部分的 pre 即 lmax。
但是这个复杂度显然是不对的，因为最坏情况可以一直通过第二种情况分下去，复杂度 $\mathcal O(n)$。
如何优化呢？观察发现有这么一个性质：calc(rs,lmax)=size-lsize，而 size 可以预处理（存疑？）
复杂度 $\mathcal O(Q\log^2 n)$
未完待续……To Be Continued……
线段树例题3
有一个序列列 a[1…n]，每个 a[i] 是 (c,x,y) ，表示颜色和坐标。要求支持单点修改以及区间询问：颜色不同的曼哈顿距离最大的一对点的距离。
解法
单点修改：只需考虑区间信息的合并。
套路：对于曼哈顿距离的处理有一个小技巧：
$$|x_1-x_2|+|y_1-y_2|=\max\left\{\begin{aligned} x_1-x_2+y_1-y_2 \\ x_2-x_1+y_1-y_2 \\ x_1-x_2+y_2-y_1 \\ x_2-x_1+y_2-y_1 \end{aligned} \right.$$
那最暴力的就是搞四颗线段树，求出每个情况，再取 max。
以第一种情况为例：$(x_1+y_1)-(x_2+y_2)$，我们希望前者尽量大，后者尽量小。
如果不考虑颜色的限制，只需求出区间内 $x+y$ 的最大值和最小值即可。加上颜色的限制后，除了最大值，还需要求出与最大值颜色不同的次大值，同理需要与最小值颜色不同的次小值。这样，如果最大值和最小值颜色不同，则直接出答案；如果颜色相同，则有最大值-次小值和次大值-最小值两种情况。
同理，第二种情况就是 $(y_1-x_1)-(y_2-x_2)$，维护 $y-x$ 即可。
区间信息合并画个图讨论一下就好，不再赘述。
其实，这道题的本质是曼哈顿距离和颜色不同的处理，这两个技巧才是重点，线段树只是一个外壳。
线段树例题4
给定 a[1…n]，要求支持单点修改，以及区间询问 a[L…R] 不能组成的最小的数（01背包组不出来的数）。a[i] 到 10^9，正数（负数似乎没法做）。
解法
先考虑：如果给定一些数，如何找出不能组成的最小的数。
从简单入手的话，先看 1 有没有，没有就直接输出 1。有了 1，还必须有 2，此时就能组出 1~3。于是可以从数学归纳法的角度思考。
假设现在已经可以组出 $1\sim x$，又来了一个数 $y$。如果 $y>x+1$，则 $x+1$ 不能组出；否则我们就可以将能组出的值域扩大至 $1\sim x+y$。
从这个角度出发，假设我们现在可以组合出 $1\sim T$，那么所有的 $a[i]\le T+1$，都可以作为“燃料”“投入”进去，最后能组成的范围就是 $T+\sum_{a[i]\le T+1}a[i]$。
这样算法就比较明显了，一开始是 $T=0$，然后每次询问下标在 $[l,r]$、值域在$[LST_MAX_a+1,T+1]$（不能选重复的）的所有值之和，更新 $T$。
因为还需要支持单点修改，所以需要用树套树解决。不然的话可以用主席树（主席值域线段树？）。树套树：下标线段树套权值线段树，先按下标分成 log 个区间，再在每个区间询问值域。
$T$ 的更新过程是 log 值域（比较显然但不会证），树套树是两个 log，合起来就是 $\mathcal O(Q\log a·\log^2n)$。
据某些消息，本题目在考场上时限开到了 15s 之多，所以三个 log 随便过，但是实际上时限开错了，正解是非常巧妙两个 log。
我们把序列按照值域从小到大分成很多段，每一段的范围是 $[2^{i-1}-1,2^i]$。
那么 $T$ 一开始在 $[0,1]$，我们需要判断 $T$ 能不能“吸收”下一段，假设是 $[2^{k-1},2^k]$。判断方法就是找出 $i\in [l,r],a[i]\in [2^{k-1},2^k]$ 的最小的 $a[i]$，假设为 $y$，如果 $y$ 比 $T+1$ 大，则结束更新，否则 $T$ 就会变大，且 $T\ge 2^{k-1},y\ge 2^{k-1}$，于是 $T+y\ge 2^k$。那么这整个一段都可以用来更新 $T$。接着到下一段继续运行。
具体实现可以对每一段都建立一棵线段树，询问就是 $\mathcal O(Qlog^2 n)$（？），修改也只会改个别几个线段树（？）。
线段树例题7
好像是个 CF 题，最后有坑，建议结合代码理解。
给定序列 a[1…n] 以及 k,d，求一个最长的区间，使得最多加入 k 个数后 sort 后是一个公差为 d 的等差数列。n<=200000。
解法
一个区间是公差为 d 的等差数列等价于：
- 所有数模 d 一样
- 没有重复的数
那就先把序列分为很多段，每一段模 d 一样，假设 x%d=c。
接着再进行一步变化：$x\rightarrow \dfrac{x-c}{d}$。这样就把公差变成了 1。
于是最少就要加 $[\max(L,R)-\min(L,R)+1-(R-L+1)]$。
实现可以从小到大枚举 R，求最小的 L 满足 a[L...R] 无重复（双指针记录上一个数出现在哪即可），且上式 <=k。
现在就剩下这么一个玩意儿：$w[L]=\max(L,R)-\min(L,R)+L\le k+R$，找最小的 L。
据说可以用单调栈搞，留坑代填。复杂度 $\mathcal O(n\log n)$
线段树例题8
给定序列列 a[1…n]，Q 次询问 a[l…r] 中相差最小的两个数的差。n,Q<=200000。
解法
最直接粗暴的方法：离线搞莫队，加上个 set 来维护数值，$\mathcal O(n^1.5\log n)$。
正解：咕了，还没学会。
线段树例题
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