线段树合并/分裂

线段树合并

线段树合并，通常用于动态开点的权值线段树中。在树上统计问题中较为常见，一般形式为：对 \(n\) 个结点中的每一个都建立一棵自己的权值线段树，预处理每个结点的线段树后，再 \(dfs\) 一遍整棵树，对每个结点的所有子树进行线段树合并。(合并后，每个结点的线段树维护的是其子树内所有点的信息；若预处理是在作差分，则合并相当于恢复差分，线段树维护的是每个结点自身的实际值)

核心函数 \(merge:\)

int merge(int nl, int nr, int u1, int u2){
    if(!u1 || !u2) return u1 + u2;
    if(nl == nr){ // 叶节点的数据直接合并到一起
        sum[u1] += sum[u2];
    }
    else{ // 递归合并，最终值合并到u1上
        int mid = nl + nr >> 1;
        ls[u1] = merge(nl, mid, ls[u1], ls[u2]);
        rs[u1] = merge(mid + 1, nr, rs[u1], rs[u2]);
        pushup(u1); 
    }
    return u1;
}

P4556 雨天的尾巴

树上路径加操作可以利用树上差分优化，将路径修改转化为仅在 \(4\) 个点上修改相应的权值线段树；最后还原差分做子树合并的过程中做线段树合并。

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P3521

一道难题，需要在线段树 merge 操作真正执行前统计左右两个子树叶节点构成序列的逆序对数量，（这里先只考虑不交换，交换即将左右两子树编号交换）取左子树的 sum[rs] 和右子树的 sum[ls] 并相乘，得到在当前子值域中对逆序对数量的贡献，再继续递归累计更小值域内的贡献。

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线段树合并优化 dp

状态定义

\(dp_{u,i}\)：考虑以 \(u\) 为根的子树，其中选择的最小点权恰好为 \(i\)，可选择的最多的点数量。

状态转移

决策子树 \(u\) 中选 \(u\) 或不选 \(u\)。

选 \(u\)：

\[dp_{u,a_{u}} \leftarrow \sum_{v \in son[u]} \max(dp_{v,a_{u} \backsim m}) + 1 \]

不选 \(u\)：假设子树 \(u\) 已经合并了一些子树，现在正在合并子树 \(v\)：

\[dp_{u,i} \leftarrow dp_{u,i} + \max(dp_{v,i \backsim m})（\forall i \in [1, m]） \]

显然直接暴力转移的时间和空间复杂度都是 \(O(n^{2})\) 的。考虑用线段树合并来优化转移：

对于第一个转移，由于需要修改的只有 \(a_{u}\) 这一个单点，可以单独设计一个 update 函数来实现
对于第二个转移，相当于合并两棵线段树，可以在 merge 函数中实现。

实现细节

在 merge 中，有如下：

if(!u1 || !u2){
    // u1 与 u2 其中某一个为空，则将非空结点打上懒标记，优化了区间加的操作
    if(u1){
        maxv[u1] += max2;
        tag[u1] += max2;
    }
    if(u2){
        maxv[u2] += max1;
        tag[u2] += max1;
    }
    return u1 + u2;
}

这里使用了懒标记优化了区间加的操作，因为在线段树合并的过程中，若两个结点的其中一个为空，另一个非空，说明空结点不需要被转移，则按照第二个状态转移式，我们需要往非空结点上加上空结点的转移贡献，而它是一个定值，因此这步操作等价于区间加，可以打懒标记优化；否则，若两个结点均空，则无需操作；若两个结点均非空，则继续向下合并，直到到达了两个叶节点且均非空，则两个结点都含有转移信息，还需要将其中一个结点的信息合并到另一个结点上，也就是：

if(nl == nr){
    maxv[u1] += max(maxv[u2], max2); // 不再是只加max2
}

\(max1, max2\) 分别表示两个线段树到当前结点表示区间的右侧的后缀，初始时当前结点表示整个区间，右侧并无区间，因此初值均设置为 0；在递归向下的过程中不断取右侧结点信息复合维护：

ls[u1] = merge(nl, mid, ls[u1], ls[u2], max(max1, maxv[rs[u1]]), max(max2, maxv[rs[u2]]));
rs[u1] = merge(mid + 1, nr, rs[u1], rs[u2], max1, max2);

每个点的 dp 值需要取选 \(u\) 和不选 \(u\) 两种情况的最大值，因此在 update 函数中的单点修改既不是单点加也不是单点赋值，而是需要与原值取最大值，表示两种情况的最优解：

int update(int u, int nl, int nr, int pos, int val){ // 单点修改 dp[u][pos] -> max(dp[u][pos], val)
	if(!u) u = ++tot;
	if(nl == nr){
		maxv[u] = max(maxv[u], val); // !
	}
	else{
		pushdown(u);
		int mid = nl + nr >> 1;
		if(pos <= mid) ls[u] = update(ls[u], nl, mid, pos, val);
		else rs[u] = update(rs[u], mid + 1, nr, pos, val);
		pushup(u);
	}
	return u;
}

最终答案即为：\(\max(dp_{1,1 \backsim m})\)，更多细节见 code 部分。

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P5298

备忘：

每个结点最多只有两个子节点
叶节点权值互不相同

先对所有权值做离散化，设值域为 \([1, m]\)。

由于题目给出的概率值既不可能完全等于 0，也不可能完全等于 1，因此很明显对于根节点 1，所有叶节点的取值是都可以取得到的。因此 \(m\) 就等于叶节点的个数，我们只需要计算根节点 1 对于每个叶节点取得其权值的概率。

状态定义

\(dp_{u,i}\)：结点 \(u\) 权值为 \(i\) 的概率

答案即在 \(dp_{1,1 \backsim m}\) 中。

状态转移

考虑子树 \(u\)：

\(u\) 无子节点，即 \(u\) 是叶节点：

\[dp_{u,w[u]}=1，其他为0 \]

\(u\) 只有一个子节点，设为 \(v\)：

\[ dp_{u,i} = dp_{v,i} （\forall i \in [1,m]） \]

\(u\) 有两个子节点，设为 \(a,b\)：
- 当 \(u\) 以概率 \(p_{u}\) 取子节点最大值时：

\[dp_{u,i} \leftarrow p_{u} * (dp_{a,i}*dp_{b,i+1 \backsim m} + dp_{b,i}*dp_{a,i+1 \backsim m}) \]

当 \(u\) 以概率 \(1 - p_{u}\) 取子节点最大值时：

\[dp_{u,i} \leftarrow (1 - p_{u}) * (dp_{a,i}*dp_{b,1 \backsim i-1} + dp_{b,i}*dp_{a,1 \backsim i-1}) \]

注意不需要考虑 \(a,b\) 权值相同的情况，因为 \(a,b\) 子树互不相交，包含的叶节点集合交集为空，而叶节点权值互不相同，因此 \(a,b\) 的取值一定不同。

改写一下情况 3 的状态转移式：

会发现其实这和上一道题是类似的，只不过需要多维护一个前缀信息，与维护后缀信息的方法完全相同。

实现细节

在 \(a, b\) 的线段树合并函数 merge 中，需要维护两个复合信息 \(sum1, sum2\)：

\[sum1 = dp_{a,1 \backsim i-1}*p + dp_{a,i+1 \backsim m}*(1-p) \]

即上面的方括号式部分。

\[sum2 = dp_{b,1 \backsim i-1}*p + dp_{b,i+1 \backsim m}*(1-p) \]

即上面的方括号式部分。

维护方法见代码。

在线段树合并递归向下的过程中，考虑 \(a, b\) 的两个子节点空或非空的情况：

\(a,b\) 均为空：说明在当前区间内不存在信息供更新 \(u\) 的信息，因此直接返回。
\(a\) 非空，\(b\) 空：只需要将 \(a\) 在当前区间内的信息填到 \(u\) 上，还需要乘上一个 \(sum2\)。这相当于区间乘，可以用乘法懒标记来优化。
\(a\) 空，\(b\) 非空：只需要将 \(b\) 在当前区间内的信息填到 \(u\) 上，还需要乘上一个 \(sum1\)。这相当于区间乘，可以用乘法懒标记来优化。
\(a,b\) 均非空：若还未到叶节点就继续递归向下走；否则在叶节点处直接合并 \(a,b\) 两个叶节点的信息。