（树形）数据结构学习笔记

upd on 2025/10/27：修了一点 \(\LaTeX\) 的小锅。增加了势能线段树。

本文同步发表于博客园喵。

万字长文 /jk，难免出现一些小疏漏，巨巨巨巨巨巨巨佬们不吝指出。

线段树（Segment tree）是一种用于存储区间信息的二叉树数据结构，主要被用于高效的处理查询和修改操作。它具有以下特点：

  • 其为一棵满二叉树，每个结点都对应着一段区间，上维护着对应区间的属性。属性可以自定义，但是必须要全面，以便合并子结点、修改和查询时使用。

  • 线段树的核心是递归地将区间分为两部分（左右子区间），构建一个满二叉树，叶子结点表示最小的子区间（通常是单个元素）。

  • 可在 \(O(\log n)\) 时间内，完成基于一个序列的单点、区间查询和单点、区间修改。如果不需要下文所需的 lazytag 的话，只需满足维护操作的结合律；否则，必须满足 lazytag 和 value 运算各自的结合律和之间相互对于对方满足分配律。易错地，操作不需要满足交换律也可以维护，例如赋值（显然 a = b 和 b = a 是完全不同的，但是利用 lazytag 维护区间赋值是一个很典型的例子）。如果上述条件不满足，则无法使用线段树，应该尝试使用其他方法。

  • 倍增思想，分治类型的处理方法。即不能自己“承担”的操作就全部“推给”子树处理。

  • 模板长，考试频率高。因此是重中之重。（CSP2024 都考了然后我没做出来）

  • 优点：

    • 快速。 可以在 \(O(\log n)\) 时间内完成修改和查询。

    • 灵活。 可以通过不同的实现方式支持多种功能，例如区间求和、区间最大值、最小值等。

    • 支持在线。 在线处理数据，可在不断修改和查询的场景中高效运行。

  • 缺点：

    • 实现复杂。 线段树的模板代码较复杂，但是在之后还会出现许多模板更加复杂的数据结构，需要做好准备。

    • 空间消耗较高。 需要 \(O(4n)\) 的额外空间来存储整个树（对静态数组的扩展）。

    • 不适合稀疏数据（普通线段树）。 普通线段树对稀疏数据（元素间距离较远）效率较低，空间利用率不高，容易出现很长一大段都是单位元的情况，这时如果可以就一定要离散化。

      • 当然还可以动态开点线段树来处理稀疏数据，将在下文阐述。在离散化过于困难的时候，就可以使用动态开点。

  • 空间复杂度：

    • 线段树需要 \(4n\) 的空间来存储结点信息，其中 \(4n\) 是基于最坏情况下的空间分配策略（通常不会完全用满，但是仍然需要有一个保底）。

    • 如果使用了 lazytag，则需要额外的 \(4n\) 空间。

    • 注意，这里的 4n 是一个粗略计算。实际上我们需要得出 \(n\) 最大时，最小的 \(\ge n\) 的 \(2\) 的整数次幂 \(sz\)，此时需要 \(2sz\) 的空间。

      • 因为 \(sz \le 2n\)，所以空间可以开 4n。

抽象代数（abstract algebra）

一个数学的分支，主要研究代数系统（集合与其中元素的运算及其规律）。

运算的规律有交换律、结合律、分配律等。类似小学学习的加法、乘法交换律、结合律及乘法分配律，满足交换律指交换运算操作式子的两边与原式等价，满足结合律指交换操作的元素顺序与原式等价。

正所谓上文提到，是否满足分配律也很重要。但是这需要两种基于集合 \(S\) 的运算（分别是 value 的运算和 lazytag 的运算），设为运算 + 和运算 *。

如果满足以下条件，则称“\(*\) 对于 \(+\) 满足分配律”（假设存在兼容两个操作的元素 \(x, y, z\)）：

  • \(x * (y+z) = (x*y) + (x*z).\)

  • \((y+z) * x = (y*x) + (z*x).\)

称“+ 对于 * 满足分配律”须满足的要求同理。不过注意，当相互都满足分配律时，才满足使用 lazytag 的条件。

为什么一定要满足分配律呢？因为本应该直接对于每一个叶结点单独做修改，但是使用了 lazytag，就相当于将所有元素拼成一个区间后再整体应用 tag 修改从而达到不需要逐个修改也可以得到正确答案。

单位元（identity element）

单位元同样在线段树中很重要，因为线段树是一棵满二叉树，因此可能存在多余的空间，此时这些空间的属性就为单位元。

另外，单位元在查询时可作为计数器初值。

*定义：对于运算 ，若 a * ie = ie * a = a，则称 ie 为 * 运算的单位元。

下表给出一些常见运算的单位元：

运算 单位元
\(+\) \(0\)
\(\times\) \(1\)
\(\max\) \(-\infty\)
\(\min\) \(+\infty\)
\(\gcd\) \(0\)
\(或\) \(false\)
\(与\) \(true\)
\(赋值\) 无

赋值的单位元可以为一个题目中不可能出现的属性。

1.线段树基础（支持单点修改）

主要思路

构建线段树

线段树每个结点都会存储一个属性。在操作开始前先会给每个结点一个初始值，叫做构建线段树。

满二叉树规模不一定是开始给出数组（用来赋初始值的）的规模 \(n\)，而是大于等于 \(n\) 的二次幂数 \(sz\)。\(sz\) 很容易得到，将在模板中讲解。

核心思想比较容易：递归每一个结点，初始化它的初始值。

因此，可以考虑从根结点开始递归左右儿子。到叶结点时记录并返回（注意，多出来的点属性设为所维护操作的单位元）。当一个点左右儿子都遍历之后，把两个儿子的属性合并即可。

假设合并两个儿子的时间复杂度为 \(O(1)\)，则构建线段树的时间复杂度为 \(O(sz) \approx O(n)\)。

修改部分

只寻找一个点，很容易想到二分搜索的思想。

因此，从根结点开始比较需要修改的点在左或右区间，递归到该区间，到单点上时修改一下，然后一路回退更新即可。

因为满二叉树的层数为 \(O(\log sz) \approx O(\log n)\)，则时间复杂度为 \(O(\log n)\)。

查询部分

将区间分割为好几个线段树结点上的区间加起来，答案也就是这几个区间属性的合并。

至于如何分成几个区间，可以在递归时保留着查询区间的左右端点。有三种情况：

  • 查询区间包含了这个区间，直接返回答案。

  • 查询区间与该区间没有联系，返回单位元。

  • 查询区间与该区间有交集，则将分区间的任务传给子结点，向下递归。最终在返回时合并两个子结点的答案，默认时间复杂度为 \(O(1)\)。

根据直观感受，时间复杂度最坏可能会遍历所有的结点，也就是 \(O(n)\)，是无法达到预期的。接下来，证明最多只会关联到 \(O(\log sz)\) 个结点。

考虑同一层，所要查询的区间很显然会涉及到一串连续的本层区间，然而除了首尾两个区间可能需要递归以外，中间的区间一定是要么遍历到就返回答案要么在祖先就返回了，不可能产生递归。

因此，每一层最多只有 \(2 \times 2 = 4\) 个区间需要考虑是否在区间中。

因为 \(4\) 是一个很小的常数，可以忽略不计。因此，时间复杂度也为 \(O(\log n)\)。但是，这里的 “\(4\)” 也是导致线段树常数巨大的主要原因。

模板详解

模板采用封装形式。

线段树这里使用 node[] 一个数组维护，也可用 vector 但是较慢。

因为是满二叉树，第一步是先要计算出满二叉树的规模，设为 \(sz\)。而输入数据为 \(a\)，规模是 \(n\)。并先初始化单位元，以后要使用。

前置部分：

#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) (x << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)

ls(x) 是 x 的左儿子编号，使用二叉树的存储方式，x 的左儿子编号为 x << 1。

rs(x) 是 x 的右儿子编号，使用二叉树的存储方式，x 的右儿子编号为 x << 1 | 1。

mid 是指一个结点代表的 [l,r] 区间的中间端点，在以后的分治模块有用，可分为几乎等长的 [l,mid] & [mid+1,r] 两个区间。

因为模板需要使用的左儿子、右儿子、分半分治较多，因此使用三个函数简化。

构建线段树

由于定义的结构体 Segtree 为类型，而在语言中有 int(x) 的用法，故如法炮制，在结构体中定义构造函数，格式如下：

Segtree(vector<int> &a){}//真正的构造函数。因为 a 可能规模巨大，可以传指针
Segtree(){}//空函数，无实际意义，不加会 CE

在构造函数中，首先要算出 \(sz\) 的具体值。之后可以执行 build() 函数。

void build(int nw, int l, int r){//记录目前的编号，以及对应的区间。
    if(l == r - 1) {//如果递归到叶结点点上了，直接返回。注意区间左闭右开
        seg[nw] = (l <= n) ? a[n - 1] : 0;//为叶结点赋初值。a 是 vector，从 0 开始。易错点：还要特判是否存在对应的数组值，若没有则设为单位元
        return ;
    }
    build(ls(nw), l, mid);//左子树递归
    build(rs(nw), mid, r);//右子树递归
    seg[nw] = seg[ls(nw)] + seg[rs(nw)];//将左右子树的属性合并
}

注意，此时的“递归”不可以称为“分治”，因为“分治”是通过划分问题而提高效率的手法，但线段树的相关操作显然不会因为划分问题而提高效率。只是一种程序的实现方式。
因为会遍历整棵树，因此 build 函数的复杂度为 \(O(2sz-1)\)。

不要忘记在主函数内执行 st = segtree()，st 是已经定义过的 segtree 类型。

查询部分

segtree qry(int nw, int l, int r, int ql, int qr){//目前所在结点，该结点对应的区间，需要查询的区间
    if(ql <= l && r <= qr) 
        return seg[nw];
    if(qr <= l || ql >= r)
        return ie;//单位元
    return qry(ls(nw), l, mid, ql, qr) + qry(rs(nw), mid, r, ql, qr);//直接搜左右结点
}

修改部分

void upd(int nw, int l, int r, int pos, int val){
    if(l == r) {//单点修改在叶结点结束
        //设此时需要进行的操作为 +，此时 + 操作就是更新操作而不是加法
        seg[nw] = seg[nw] + val;
        return ;
    }
    if(pos <= mid) 
        upd(ls(nw), l, mid, pos, val);//否则二分查找
    if(mid < pos) 
        upd(rs(nw), mid, r, pos, val);
    seg[nw] = seg[ls(nw)] + seg[rs(nw)];//将左右子树的属性合并
}

完整代码

#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) (x << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)

struct Segtree {
	long long seg[N * 4], sz;
    int ie;
	void build(int nw, int l, int r) {
		if (l == r - 1) {
			seg[nw] = (l <= n) ? a[n - 1] : 0;
			return ;
		}
		build(ls(nw), l, mid);
		build(rs(nw), mid, r);
		seg[nw] = seg[ls(nw)] + seg[rs(nw)];
	}
	Segtree() {
		for (sz = 1; sz < n; sz *= 2);
		build(1, 1, sz);
	}
	Segtree() {};
	Segtree qry(int nw, int l, int r, int ql, int qr) {
		if (ql <= l && r <= qr)
			return seg[nw];
		if (qr <= l || ql >= r)
			return ie;
		return qry(ls(nw), l, mid, ql, qr) + qry(rs(nw), mid, r, ql, qr);
	}
	void upd(int nw, int l, int r, int pos, int val) {
		if (l == r) {
            seg[nw] = seg[nw] + val;
			return ;
		}
		if (pos <= mid)
			upd(ls(nw), l, mid, pos, val);
		if (mid < pos)
			upd(rs(nw), mid, r, pos, val);
		seg[now] = seg[ls(nw)] + seg[rs(nw)];
	}
}

方法练习

T227981 线段树 区间和

线段树的模板题。线段树维护区间和即可。

T227984 线段树 最小值个数

线段树维护最小值和最小值个数。合并时先比较两个最小值，合并出来的最小值就是两个值中间的最小值，最小值个数可以分类讨论。

T227985 线段树 最大子段和

线段树维护左边最长连续、右边最长连续、最大子段和和区间和即可。

2.lazytag（支持区间修改）

主要思路

lazytag 与普通线段树的唯一区别就是支持了区间修改。

区间修改显然不可以每个点进行单点修改，因为这样就至多会产生 \(O(nq)\) 次，这显然不是我们所期望的，考虑优化。

这时有一个想法，就是可以修改不全部落实到叶结点上，而是去修改较高的区间的属性（前提是这个较高的区间一定包含在修改区间内，且为线段树的一个结点）。但是光修改上面的还不够（下面的怎么办呢？），因此可把所进行的修改存储在较高的结点，代替了存储在不高的上面（只需访问一个结点就相当于修改了下面的所有结点，很节省时间），可以在下面的结点被真正使用到时将修改准时传到下面的结点（然而这时访问这个结点时必须的，因为需要被使用。下传修改以其 \(O(1)\) 的优秀复杂度没有算进函数内，则使用这种想法可以节省很多时间而只有很小的“副作用”）。这种所谓的“老师不检查作业，我就一笔不动”的想法，正是懒标记的精髓。其中，懒标记正是存储修改的那个数组，在一开始应该作为其运算的单位元。

如何下传修改（懒标记）？

显然，下传修改（懒标记）的前提是修改（懒标记）存在，即懒标记不是其运算的单位元。懒标记的运算取决于如何对操作进行存储，例如“区间加”操作，懒标记的操作就为加。

既然是下传，就必须要牵扯到左右儿子结点。首先是关于修改（懒标记）的下传，将左右儿子的懒标记分别对此结点执行运算（根据前文，此运算必须满足结合律）；然后是关于 value（线段树属性）的下传，将此结点的 lazytag 通过懒标记和属性之间的运算（此运算存在当且仅当懒标记的运算、属性 value 之间的运算需要相互对于对方满足分配律）更新左右儿子结点的 value 即可。

最终一定要记得清空修改（懒标记）！否则可能会导致一个懒标记更新左右结点多次，导致错误。把修改（懒标记）变成没有懒标记时的值（具体问题具体分析）即可。

注意懒标记的操作其实有可能不存在单位元（只需符合抽象代数中“半群”的定义），例如赋值。但是为了使它不存在，需要假装有单位元（题目中的操作一定有一个值的上限和下限，因此使其“单位元”为一个不可能涉及到的数即可）。

正确性及复杂度证明

正确性证明

结论：一个叶结点，它的所有祖先恰是线段树中所有包含此位置的区间。

感性理解，此结论好像显然。因为叶结点的父亲由它和它的兄弟拼成，爷爷由父亲和父亲的兄弟拼成……以此类推，它的所有祖先都一定包含此位置；而除这些结点以外，其他区间都一定不会包含此位置。

这个结论启发：任何一个有操作没有处理的叶结点，它的修改一定可以在它的祖先中找到痕迹。因为区间修改的暴力做法本质上就是修改叶结点的属性，因此下传懒标记，就相当于把标记从祖先下传到了下面的结点，间接地修改了叶结点。即使最终懒标记可能没有传到叶结点，但如果是这样，传到叶结点似乎又没有什么作用（没有传到叶结点就说明叶结点没有被真正使用，而是在它的祖先就已经停止下传了，此时我们只需要它的祖先帮我们执行操作）。

因此可以证明，下传懒标记一定是可行的且正确的。

复杂度证明

请注意，这是关于区间的修改！

运用区间查询使用的结论：任何区间都能使用约 \(O(\log n)\) 个线段树结点（区间）拼成。

因为每一层最多两个点产生递归，下面一层最多有 \(4\) 个结点。常数忽略不计，上述结论成立。

因为下传懒标记的复杂度为 \(O(1)\)，可以不计。而使用结论，修改和查询的原本复杂度就是 \(O(\log n)\)，乘上下传懒标记的 \(O(1)\)，复杂度还是 \(O(\log n)\)，是预期的复杂度。

模板详解

存储进行修改的数组就是 lazytag 数组，简称 lazy[]。

为了实现下传操作，需要一个 pushdown 函数（为了避免重名，使用缩写 pd）。

void pd(int nw){
    if(lazy[now] != ie) { //如果懒标记存在
        //设此时需要进行的操作为 +，+ 操作就是更新懒标记操作而不是加法
        lazy[ls(nw)] = lazy[ls(nw)] + lazy[nw]; //更新左儿子的懒标记
        lazy[rs(nw)] = lazy[rs(nw)] + lazy[nw]; //更新右儿子的懒标记

        //设此时需要进行的操作为 *，* 操作就是更新区间属性 value 操作而不是乘法
        seg[ls(nw)] = seg[ls(nw)] * lazy[nw]; //更新左儿子的区间属性
        seg[rs(nw)] = seg[rs(nw)] * lazy[nw]; //更新右儿子的区间属性
        //由于懒标记没有更新子树所有结点，所以此时 pushup 无法得到正确的区间信息，于是结合懒标记的值对儿子代表的区间信息进行计算
        lazy[nw] = ie; //将懒标记变为不存在
    }
}//将懒标记继续推到左右儿子

这样就完成了下传操作，前文提到，Pd 函数需要在修改函数和查询函数递归前调用，因为都需要使用它进行下传。

有时候的 pushdown 函数过于繁杂，这时可以采取 https://www.luogu.com.cn/article/7dnx35wf 的思路，再次新开一个函数进行懒标记的修改区间即可。

前文提到，注意在 Build() 函数中将懒标记初始化成其操作的单位元。

3.标记永久化

有时候懒标记可以一直保存在结点上，而不下传。前提是维护操作必须也要满足交换律，因为下传懒标记是克服不满足交换律的方法，不下传就必须遵循交换律。

此方法用于将某操作撤销，例如扫描线。如果懒标记下传就找不到了，而不下传就可以直接删除懒标记，并重置属性。

扫描线问题： 给出一些图形，要求其的一些性质的交（人话：就是要求解面积并或周长并，以及其他的一些东西）。这是我们就可以有一种朴素的做法，直接划分成若干个小的矩阵，并一一求解其的属性。

显然这样不用考虑重复计算的问题。

假设我们需要计算一些矩形的面积交，类似这样的一些图形：

然后进行扫描线之后变成这样：

答案就是各种颜色的面积之和，而我们对于每一种颜色（一个矩形）都可以用一遍矩形面积公式。难点在于得到每一个矩形的长（不妨设是竖着的边）和宽（不妨设是横着的边）。

宽很容易得到，只需要处理出每一个初始给出的矩形的宽（不妨设是矩形竖着的边），然后排序。相邻的坐标差就是各种颜色的矩形的宽。

但是长就需要维护：每一个坐标到底有没有出现。

不妨划分一下纵坐标，并使用线段树维护划分出来每一个区间是否出现。

然后扫描线从左往右扫，遇到一个初始给出矩形的更左边的宽则将对应的区间的出现次数加一，遇到一个初始给出矩形的更由边的宽则将对应的区间的出现次数减一。

发现这样不可以进行下传，而操作满足交换律，于是考虑标记永久化。

使用线段树的 \(val\) 维护出现的非 \(0\) 值个数， \(tag\) 维护区间内每一个数的统一出现次数（不下传了）。

如果发现 \(tag > 0\)，则 \(val\) = 区间长度。

如果发现 \(tag = 0\)，则 \(val\) = 两个儿子的 \(val\) 值之和。

顺带维护 \(val\) 和 \(tag\) 即可。

发现可能需要离散化，于是需要使用一个前缀和来处理对应区间的长的长度。

实际上有一些问题，可以通过转化得到一些矩形，并使用扫描线求解。

4.树链剖分

树链剖分是一种数据结构，而剖分出链的过程才是算法（以前讲错了），即将一棵规模为 \(n\) 的树（不要求二叉树）剖分为若干条链或单点从而解决问题，就是形如在一棵树上、对一点之下子树和两点之间路径的属性修改。本质上是一种分组的方法。

（一次）路径维护的时间复杂度为 \(O(\log ^ 2 n)\)。

（一次）子树维护的时间复杂度为 \(O(\log n)\)。

优点包括：

  • ‌高效处理树上路径问题‌：树链剖分通过将树分解成若干条链，使得树上路径问题转化为区间问题，从而可以利用线段树等数据结构高效处理。

  • ‌支持动态维护信息：树链剖分支持修改操作，可以动态维护树上的信息。

  • 常数较小：看实现的方法。

缺点包括：

  • 适用场景有限：它只能处理形态不变的树。如果树的形态在过程中发生了变化，则就需要重新剖分，造成时间开销。

  • ‌实现复杂‌：树链剖分本身的两个 dfs 不算复杂，但是如果加上了线段树、修改和查询函数，代码很有可能超过 200 行。

  • 占用空间较大：树链剖分光是两个 dfs 就需要 \(6\) 至 \(8\) 个数组，因此光计算空间复杂度是不够的，还要留意这些常数。

先来探讨一下如何分组。

至于如何分组，是一个问题：

  • 如果组员不多，则组内结构简单，可以整组快速修改。

  • 如果组数不多，每次操作所需整组处理次数较小。

存在一种均衡的方式即为组数和组员都是 \(\sqrt(n)\)，即分块的分组方式。因为分块就是整块处理 + 不完整块暴力，所以单次操作复杂度为组数 + 组员数 \(\approx \sqrt(n)\)。对于分块来说，这种划分方式是最优的。

与其不同，树链剖分的分组就是使组数为大约 \(\log n\) 个（不是指的整棵树分成组的个数，一个点不是很可能经过整棵树的全部点。这里是将点到根结点上的路径的组数变成了 O(log n)），更加偏向分组的数量而不是组员数，那是因为组员数（链上的结点）的数量并不重要：在之后会使用线段树进行快速维护。而一般情况下每一个结点到根结点的路径上不可能经过所有的链，而是有限的链。这些链的数量就是 \(O(\log n)\) 个。即使不是一个结点到根结点，两点之间的路径所经过的链也最多只有 \(O(2 \times \log n) \approx O(\log n)\) 个。

这种通过斟酌组员数和组数来调整算法复杂度，并最终得出一种最优的划分方法的思想，叫做平衡规划思想。

这个思想在很多算法都会体现出来，例如分块、莫队、根号分治。

树链剖分的分组方式与分块、莫对的分组方式的不同告诉我们，算法分组方式并不是一成不变的。只有灵活调整方案，才能快速地解决各种问题。

剖分思路（当前仅介绍剖分部分，后面的维护还有很多）

树链剖分一般都是重链剖分，在此处讲解。当然还有其他的剖分方式，例如高低剖分或长链剖分，但是不常考。

首先需要对每一个点找到重儿子（指向子树规模最大的儿子），显然一开始需要使用树形 dp 计算出每一个点的子树大小 \(sz\)。

对于一个点 \(u\)，若它的儿子 \(s\) 的子树规模在 \(u\) 的所有儿子中最大，则称 \(s\) 为 \(u\) 的重儿子，即 \(son_u = s\)。请注意，如果一点有多个儿子的规模一样，任意选取一个即可。

此外，轻儿子是指不是一个点的重儿子的其他所有儿子（不是与这个点有连结的父亲）。

重链就是每一个点向其重儿子连边，依次连结成的长链，这样就会变成一个个链。如果一个点不是其父亲的重子，则就自己作为一条链的顶端向下延生。如果一个点既不是父亲的重儿子，自己也没有重儿子，那么这个点就单点成链。

也许你已经猜到了——一条链就是一组，链上面的点是这组的组员。于是，分组完毕。组内的结构也确实比树简单多了。

我们的目标就是能够对一条链上的点进行整组处理，根据上文，我们也一定希望一条路径上涉及到的链也很有限。

整组处理：可以对于每一个结点，记录一下所在链上的最高点（\(top\)）值，而希望每一个点都可以直接跳到所在链最高点上（称为“跳链”），从而修改最高点变成修改整组。显然，为了在 \(O(n)\) 内时间完成，一定是从上到下传递。

于是就出现了一个矛盾的点：遍历并计算出重儿子可以在同一个 dfs 中完成，但是计算出 \(top\) 就不能了。因为遍历并计算子树规模是先一路搜到叶结点，然后返回；而并不知道自己是不是自己父亲的重儿子（如果不是，则 \(top\) 显然就是自己；否则一定是祖先），就需要再次下去一趟。因此，树链剖分的实现中一种运用了两次深搜。

然而为了满足上文，需要使得跳链次数尽量少。

于是需要解答这个问题：从 \(u\) 结点到根，至多需要多少次向上跳？答案是 \(\log n\) 的级别。

可以发现向上跳一共两种类型：跳到 \(top\) 或 \(top\) 跳到父结点。可以发现，两种类型的次数几乎相同，因为两种类型的操作一定是交替进行的，正确性显然。因此，我们只需要证明其中一个操作的次数为 \(\log n\) 量级，就可以得到问题的答案。

不妨证明第二种操作的时间复杂度：

假设 \(top\) 的父结点为 \(f\) 点，其重儿子（一定不是 \(top\)）的编号为 \(son\)。因为 \(son\) 作为重儿子而 \(top\) 不是重儿子，显然 \(sz_{top} \leq sz_{son}\)。因为 \(sz_{top} + sz_{fon} \leq sz_f\)，结合上文的公式，可以得知 \(2 \times sz_{top} \leq sz_f\)。解读一下式子，则从 \(top\) 跳到父结点，规模至少乘以了 \(2\)。

而根结点的子树规模为 \(n\)，也只能负担地其 \(\log n\) 次除 \(2\)，也就是最多跳 \(\log n\) 次，就证明了答案的确为 \(\log n\)。

最终，说一下树链剖分与并查集的区别：两者都是使用了分组的方法，在分组上可以算是相像。但是树链剖分是利用分组去精巧的解决各种问题，而并查集是完成分组操作的实现方式。

模板讲解（当前仅介绍剖分部分，后面的维护还有很多）

模板采用封装。

前置部分

const int N = 500010;
int n, m, s;
vector<int> v[N];
int d[N], sz[N], fa[N];
int tp[N];

N 表示数组大小，为了后面不出现太多重复的数字影响美观，所以设置一个常量。

n, m, s 分别表示结点的数量、边的数量以及默认的根。

v 是邻接表，存储树的形状。

d 表示结点的深度，sz 表示结点的子树规模，fa 表示结点的父结点。

tp 表示 \(top\)，即一条链的顶端。

第一次 dfs

我们假设每一个点的第一个子结点就是其重儿子，然后再让其他的每一个儿子来进行挑战，如果挑战成功就交换并取代它。

int dfs1(int x, int pre, int dep) {//目前的结点，父亲结点，结点深度
	fa[x] = pre, d[x] = dep, sz[x] = 1;//存储父亲结点和结点深度，并初始化子树大小为 1
	for (auto i : v[x])//遍历每一个儿子
		if (i != pre)//如果自己儿子非自己父亲（因为建树时连的是双向边）
			sz[x] += dfs1(i, x, dep + 1);//更新子树大小
	for (int i = 1; i < (int)v[x].size(); i++)//枚举其他的每一个儿子
		if (v[x][i] != pre && (v[x][0] == pre || sz[v[x][i]] > sz[v[x][0]]))//翻译过长，将在下文讲解。
			swap(v[x][i], v[x][0]);//如果挑战成功就取而代之
	return sz[x];
}

dfs1() 函数返回结果是子树大小。

第 7 行的含义是：第一个条件，这个儿子必须不是这个点的父亲；第二个条件，目前待定的“重儿子”是该点的父亲（这个待定的点就一定不是重儿子，一定要把它换下来！）则条件成立，这个儿子的子树规模比待定的重儿子的子树规模还大（而且这个待定的点不是父亲，因此这个儿子更有理由成为重儿子）也条件成立。只有两个条件都成立才算挑战成功，就交换并且取而代之。

复杂度就是每一个点都遍历一下其子结点，即为 \(O(n)\)。

第二次 dfs

这次主要是求出 \(top\) 数组 tp[]。

void dfs2(int x, int top) {
	tp[x] = top;//先将最高点存入
	for (auto i : v[x])//遍历自己的所有儿子
		if (i != fa[x]) {//是真正的儿子而不是与此结点有联系的父亲
			if (i == v[x][0])//如果是重儿子
				dfs2(i, top);//这条链将会延续下去，top 值不变
			else//如果是轻儿子
				dfs2(i, i);//新开一条以这个儿子为最高点的链
		}
}

这仅仅只是求出 \(top\) 数组，以后在与线段树的应用中还会在这两个 dfs 中顺带求出更多东西。

注意，auto i : v[x] 的用法只有在 C++14 及更高版本中才可以使用，而 auto [a,b,···] : v[x] 只有在 C++17 及更高版本中使用。如果在只有 C++14 的环境中使用了后者，后果将不堪设想。

upd：C++11 就可以使用了，C++14 是笔误。因此可以在绝大部分竞赛中使用。

配套操作

你认为树链剖分仅仅只是划分个链、找个点吗？错误的。前文提到树链剖分是利用分组从而使得更容易整体修改和更少次数的整体修改，单单剖分一下树太没有含金量了。

树链剖分常常被用于求 lca（树上最近公共祖先），以及与两点路径有关的所有操作和查询（使用线段树）。

1.求 lca

剖分树的过程不在阐述，仅展示求 lca 相关内容。

思路

设要求 lca 的点为 \(x, y\)。

显然，如果 \(x, y\) 在同一条链上，则两点之间的 lca 显然就是深度最浅的那个点。

否则应用求 lca 标准思路的向上跳。不过这次不是跳到第 \(2\) 的整数次幂个祖先，而是在链上跳跃。这次也不是分成两个阶段进行跳跃，而是链的顶部结点深度浅的跳到最高点，跳完之后再深度浅的跳到最高点……

upd：应该是链的顶部结点。这是一个很容易搞错以及搞混的地方。

只有最终跳到了同一条链上才会结束，两点之间的 lca 显然就是深度最浅的那个点。

因为任意两点之间一定存在 lca，因此最终一定会跳到同一条链上。因此正确性得证。

因为使用上文的结论，从 \(u\) 结点到根，至多需要 \(\log n\) 次向上跳。即使两个点交替跳，也无法改变 \(O(\log n)\) 的时间复杂度，与原本的方法没有很大的区别。因此时间复杂度正确。

代码

int lca(int x, int y) {
	if (tp[x] == tp[y])//如果两点在同一条链上
		return d[x] < d[y] ? x : y;//深度浅的为 lca
	return d[tp[x]] < d[tp[y]] ? lca(x, p[tp[y]]) : lca(y, p[tp[x]]);//否则比较深度更浅的点（注意是顶部结点！！！）向上跳
}

使用递归的方式，比 while 的循环简洁多了，也更加好写好调。

2.与线段树解决一些操作问题

思路

前面说过树链剖分是利用链来分组，而且还要实现整组修改。我们不如赋予每一个结点一个值，便于修改。

如果一条链上的值是散乱的，则就说明我们需要快速维护一些散乱的无规律的对应位置修改，而目前并没有足够快的手段。

如果一条链的值是连续的话，则就说明我们需要快速维护一段区间的对应位置，那么就会浮现出一车的维护方法：线段树，树状数组……

因此，我们定义一个叫做“先重子深搜序”，也就是当一个点有很多儿子时就先搜索重子再搜索轻子。

因为一条链上面相邻的两个点，低的一定是高的重儿子，所以这样深搜就可以保证每一条链上搜索的顺序都为连续的。

此时这个先重子深搜序的名字，我们设置成 dfn[]。

顺带说一下，“先重子深搜序”得到的结点值对于每一个子树来说也是一个连续的区间。因此，树链剖分还可以维护子树操作。

如何维护路径操作呢？

我们假设一棵树上需要在执行操作的路径有 \(u,v\) 两点，其 lca 为 \(x\)。

则我们需要找出 \(u \to x\) 与 \(v \to x\) 的路径上的所有的点，并对其进行修改、查询。

这时候一条条链就派上用场了。根据上文的复杂度推导，可以知道一路上经过的链为 \(O(\log n)\) 量级，包括不完整的链。

每一条链因为上面的结点编号连续，所以可以使用线段树区间修改。不使用树状数组的原因是操作过于纷繁而树状数组有很大的局限性。

乍一看，经过的链为 \(O(\log n)\) 个，每一条链区间修改的最坏复杂度也是 \(O(\log n)\)。

那么，一次操作的复杂度就是 \(O(\log ^ 2 n)\)。

这个复杂度比 \(O(\log n)\) 多了一只 log，需要谨慎使用。例如 \(n = 10 ^ 6\) 时一次操作大约要运算 \(400\) 次。

到现在，我们还有一个问题：如何确定一条链（子链）在线段树中的对应的区间？

众所周知，一条链（子链）对应的是一个连续区间。而根据“先重子深搜序”的原理，这条链（子链）的搜索顺序一定是自上而下的，对应区间的自左向右。

则这条链（子链）的顶部点的编号是区间的左端点，链（子链）的底部点的编号是区间的右端点。这样就可以找出区间并进行修改。

既然都有链的区间了，那么就一定有子树对应的区间。

子树的根结点一定是最先访问到的，其编号就是区间的左端点。

而这时就会有一种呼之欲出的方式：我可以记录区间编号最大值，就是区间的右端点。可以使用类似树形 dp 来实现。

这是一种不错的思路，但是不妨转变一下方向：子树的规模我们就已经在剖分时得出来了。

而子树的每一个结点都是被访问到了一次，因此子树的规模恰好就是区间的长度。

结合左端点和区间长度，可以轻松算出右端点。从而对整个区间进行维护。

因为我们不止需要深搜序编号对应的结点（dfn[]），还需要结点对应的深搜序编号，所以还需要有一个数组 rev[]，在 dfs2() 处理即可。

模板代码

剖分部分模板仅在 dfs2() 部分产生了不同。

新增数组：

  • dfn[i] 表示第 i 个使用“先重子深搜序”搜到的结点。

  • rev[i] 表示第 i 个结点是第 rev[i] 个使用“先重子深搜序”搜到的结点。

int dfn[N], rev[N], cnt = 0;//前面两个数组如上。cnt 记录目前的结点是第 `cnt` 个使用“先重子深搜序”搜到的结点
void dfs2(int x, int top) {
	tp[x] = top;//先将最高点存入
    dfn[++cnt] = x, rev[x] = cnt;//更新
	for (auto i : v[x])//遍历自己的所有儿子
		if (i != fa[x]) {//是真正的儿子而不是与此结点有联系的父亲
			if (i == v[x][0])//如果是重儿子
				dfs2(i, top);//这条链将会延续下去，top 值不变
			else//如果是轻儿子
				dfs2(i, i);//新开一条以这个儿子为最高点的链
		}
}

//线段树模板

一些练习

P3384 【模板】重链剖分/树链剖分

题目要求我们维护路径和子树上的点权和。

子树貌似很好维护，直接按照上述方法计算区间即可。但是一条路径所对应的区间不一定是连续的区间，好像不好维护。

然后我们想到：路径是由一条条链（子链）组成的，而链（子链）又对应着一段区间！于是把路径分割成一条条链即可。

不难想到直接运用现成的办法：在求 lca 的过程中维护路径！而且路径又恰好与 lca 有关，在跳链的过程中顺带获取区间进行维护即可。

而一条链的区间获取方式已经在上文讲述。

//modifies
void routeupd(int x, int y, int val) {//x,y表示路径的两端，val表示修改的值
	if (tp[x] == tp[y]) {//两点在同一条链上，则一定有一个点是 lca
		if (d[x] < d[y])
			st.modify(1, 1, n, rev[x], rev[y], val);
		else
			st.modify(1, 1, n, rev[y], rev[x], val);
		return ;
	}
	if (d[tp[x]] < d[tp[y]]) { //y up
		st.modify(1, 1, n, rev[tp[y]], rev[y], val);//跳链
		routeupd(x, fa[tp[y]], val);
	} else { //x up
		st.modify(1, 1, n, rev[tp[x]], rev[x], val);//跳链
		routeupd(y, fa[tp[x]], val);//不用跳到父亲上去，是因为父亲也会在下一次跳链的过程中被维护
	}
}

void treeupd(int x, int val) {
	int l = rev[x], r = rev[x] + sz[x] - 1;//获取区间
	st.modify(1, 1, n, l, r, val);
}

//queries
int routeqry(int x, int y, int ans) {//x,y表示路径，ans是顺带记录的答案
	if (tp[x] == tp[y]) {
		if (d[x] < d[y])
			ans = (ans + st.query(1, 1, n, rev[x], rev[y])) % p;
		else
			ans = (ans + st.query(1, 1, n, rev[y], rev[x])) % p;
		return ans % p;
	}
	if (d[tp[x]] < d[tp[y]]) { //y up
		ans = (ans + st.query(1, 1, n, rev[tp[y]], rev[y])) % p;
		return routeqry(x, fa[tp[y]], ans);
	} else { //x up
		ans = (ans + st.query(1, 1, n, rev[tp[x]], rev[x])) % p;
		return routeqry(y, fa[tp[x]], ans);
	}
}

int treeqry(int x) {
	int l = rev[x], r = rev[x] + sz[x] - 1;
	return st.query(1, 1, n, l, r) % p;
}

P7735 [NOI2021] 轻重边

考虑到直接维护轻边还是重边并不方便，因此考虑借助某些东西来自动判断是轻边还是重边。

这时有一个方法：维护点权。如果一条边两点点权相同即为重边，不同即为轻边。

显然一开始 \(n\) 个点的点权必须要两两不同（即为 \(1 \to n\)），全部都是轻边。

在每一条路径的修改时，将途径点权全部修改为同样的新的点权就可以完美契合题目中需要维护的操作。

查询时需要线段树维护区间相同连续子段和即可。

5.二维线段树

为什么是二维“线段树”啊？

为了节省字数，“普通线段树”在这里将被写成“线段树”。

顾名思义，二维线段树就是线段树加上一维的版本。即线段树维护的是线段上的区间，则二维线段树维护的是矩阵中的矩阵。（那么三维线段树维护的就是长方体中的长方体？）

注意二维线段树只能维护矩阵，而不是菱形或圆形（这些图形上很有可能直接穿过了某些单位正方形，而非包含，因此无法维护）。

upd:拓展一下，上面这句话不一定正确。

菱形可以通过旋转坐标系来实现，而圆形又可以采用极坐标系来实现。这些都是计算几何的相关问题了。

二维线段树有两种方法。一是在线段树每个结点的两（\(2 = 2 ^ 1\)）个子结点变为 4（\(4 = 2 ^ 2\)） 个（称为四叉线段树），二是在树套树（即外层线段树的每个结点都是一个内层线段树）上维护。

注意二维线段树的常数可能很大，且代码较为复杂。

四叉线段树

这是一种最自然、最易于想到的方法，不过其效率并不能让我们满意。

因为线段树是使用的二分区间（一维），则二维线段树不就是四分矩阵？！

因此我们可以将二维线段树看成四叉树，其查询和修改与线段树一样的原理。

接下来我们分析它的复杂度。

不管 build() 函数，光是维护的复杂度就让我们难以接受。

查询和修改除了分区间（分矩阵）其他的操作可以设为 \(O(1)\)，只需要考虑将查询矩阵分为若干个小矩阵的复杂度即可。

因为线段树我们就是运用一层层产生递归的点数来分析复杂度，故如法炮制。

先看一下这张图：黑色矩阵是线段树维护的，红色矩阵是查询的。

我们假设二维线段树在某一层将矩形分为的小矩形，长有 \(x\) 个，宽有 \(y\) 个，容易发现不管 \(x, y\) 取什么值，其乘积都必须相等。

如上图，我们可以发现这次产生递归的点数（即与查询矩阵有关系又不是完全包含的点数）竟然达到了 \(O(x + y)\) 个！

因此，最坏情况下，每一层最多有 \(O(x + y)\) 个点向下递归了。

\(O(x + y)\) 为可以近似为 \(O(n)\)（假设有一数 \(n\) 使得 \(n ^ 2 = x \times y\)），即 \(O(x + y) \approx O(n)\)，而层数大约为 \(O(\log n)\) 层（\(n\) 取最大时）。

因此单次操作的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)。

假设 \(m = n ^ 2\)（当 \(n\) 最大时，\(m\) 就是总结点个数，这是为了方便与普通线段树的时间复杂度进行比较），则 \(O(n \log n) = O(\sqrt(m) \log m)\)。

这个复杂度虽然已经做到很好，但是显然还有优化。

树套树

树套树不止有线段树套线段树，还有各种树相互嵌套，例如线段树套平衡树、线段树套红黑树（set）等。

树套树就是“二维线段树”，不过这次是真的二维（线段树中还有线段树！），而不是线段树维护二维的东西。

外层的线段树维护行的信息（其实行和列都一样），内层的线段树维护列的信息。外层的线段树的每一个结点都是一个内层的线段树，维护着这段区间的列上某段区间的行形成的矩阵的属性。

但是此时的外层的线段树的结点（就是一个内层线段树）的合并就相当于两个线段树的合并。在此时，只需要将两个线段树的每个两两对应的点对（在两个线段树上位置相同的点对）逐一进行在维护操作下的加法即可。

至于实现，可以不由自主地想到使用指针，但是实现过于复杂。

还有一种新的方法：将 val 和 tag 都设为线段树，下传就相当于 tag 与子结点的 tag 和 val 进行线段树合并。

接下来我们分析它的复杂度。

这下的复杂度就好像有些正经了，我们在此之前先假设查询和修改除了拆分区间以外的所有操作的时间复杂度均为 \(O(1)\)（包括 pushdown）。

建树复杂度

我们假设所维护矩形的长和宽仍然是 \(x, y\)，但是仍然可以近似为边长为 \(n\) 的正方形。

因为线段树的结点数（无论是不是满二叉树）一直大约为 \(2n - 1\) 个，但是线段树是嵌套的！

所以初始化的复杂度会遍历所有 \(2n - 1\) 个内层线段树的所有 \(2n - 1\) 个结点。也就是 \((2n - 1) \times (2n - 1) \approx 4 \times n ^ 2 \to O(n ^ 2)\)。

因为输入矩阵的复杂度就约等于 \(O(n ^ 2)\)，因此 \(O(n ^ 2)\) 的复杂度是可以接受的最好复杂度。

查询、修改复杂度

维护操作的复杂度是树套树相比二维线段树最大的优势，其单次复杂度为 \(O(\log ^ 2 n)\)。

因为在外层的线段树会将区间分为 \(O(\log n)\) 个，在内层的线段树也会将列分成 \(O(\log n)\)，两者相乘得到正确复杂度。

虽然多了一只 log，但是其复杂度还是相当优秀的。

注意，树套树中线段树的常数也会平方叠加，需要谨慎使用。

关于区间操作下传懒标记的思考

下传懒标记在内层线段树是需要的，但是在外层线段树就不一定需要。

如果下传懒标记，就需要合并至少 \(4\) 次线段树：左 tag 与 父结点 tag、右 tag 与 父结点 tag、左 val 与 父结点 tag、右 val 与 父结点 tag。

这样只要单次 pushdown 就可以达到 \(O(4n)\) 的复杂度，会把树套树的优势全部打飞。

而且 pushdown 的 tag 与 val 合并不易实现，故我们最好避开这种做法。

于是我们考虑不 pushdown 以延续树套树优秀的复杂度，即标记永久化。

注意到标记永久化需要维护操作满足交换律，因为只有进行了 pushdown 才可以突破满足交换律的限制。（如果维护的操作不满足交换律则只能乖乖的写 pushdown，如果这样会超时就只能卡常数 or 换方法）

显然这里的标记永久化不是为了维护删除操作。

考虑如何实现标记永久化。

需要执行 pushdown 函数的操作只有修改和查询。将分别讨论。

修改

不用执行 pushdown。

将修改区间分成 \(\log n\) 个子区间，然后针对每一个区间直接修改 val 和 tag 即可。

注意，在执行一个子区间的修改时，其儿子可以不用算出正确 val，但是其祖先一定要实时更新 val。

还有，不可以使用 pushup，否则会超时。既然已经有了文章上一句话的维护简述：可以针对祖先实时更新 val，就不需要 pushup 了。

查询

直接分成区间后，循环所有包含每个子区间的祖先（区间）。

可以证明，一个区间的祖先就是包含该区间的所有区间，故每个祖先的 tag 也对查询这个区间有效，一路被 tag 更新即可。

例如需要求区间 \(\max\)，而我们拆分出来了 \([1, 3]\) 这个查询的区间（行），就只需要从这个区间一路向上爬，一路被祖先的 \(\max\) 更新即可。

模板

模板采用封装形式。封装了维护一条列的和维护整个矩阵的。

例题：P4514 上帝造题的七分钟。

我们需要维护查询矩阵元素和、以及将某一个矩阵的所有元素加上一个同样的数的操作。

struct Csegment {//维护列的信息（也是内层的线段树）
	int val[N], tag[N];//value 和 tag
	void pushdown(int now, int l, int r) {
		if (tag[now] != 0) {
			tag[ls(now)] += tag[now];
			tag[rs(now)] += tag[now];
			val[ls(now)] += tag[now] * (mid - l + 1);
			val[rs(now)] += tag[now] * (r - mid);//维护下传懒标记
			tag[now] = 0;
		}
	}
	void pushup(int now, int l, int r) {//向上合并
		val[now] = val[ls(now)] + val[rs(now)] + tag[now] * (r - l + 1);
                //注意，此处不只是向上合并，因为在外层线段树递归时也会不由自主地访问内层线段树更新 tag 值，所以加上一个 tag 值以防万一。
	}
	int query(int now, int l, int r, int ql, int qr) {
		if (l >= ql && r <= qr)
			return val[now];
		if (r < ql || l > qr)
			return 0;
		pushdown(now, l, r);
		return query(ls(now), l, mid, ql, qr) + query(rs(now), mid + 1, r, ql, qr);//查询
	}
	void update(int now, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
		if (l >= ql && r <= qr) {
			tag[now] += v;
			val[now] += v * (r - l + 1);
			return ;
		}
		if (r < ql || l > qr)
			return ;
		pushdown(now, l, r);
		update(ls(now), l, mid, ql, qr, v);
		update(rs(now), mid + 1, r, ql, qr, v);
		pushup(now, l, r);//修改
	}
};

struct Lsegment {//外层线段树
	Csegment val[N], tag[N];
	int ql, qr, qL, qR, v;
	int query(int now, int l, int r) {
		if (l >= ql && r <= qr)
			return val[now].query(1, 1, m, qL, qR);
		int v = (min(r, qr) - max(l, ql) + 1) * tag[now].query(1, 1, m, qL, qR);//此处涉及了内部线段树
                //因为外层线段树不产生 pushdown，所以还要加上 tag 的影响
		if (ql <= mid)
			v += query(ls(now), l, mid);
		if (qr > mid)
			v += query(rs(now), mid + 1, r);
		return v;
	}
	void update(int now, int l, int r) {
		if (l >= ql && r <= qr) {
			tag[now].update(1, 1, m, qL, qR, v);
			val[now].update(1, 1, m, qL, qR, (r - l + 1) * v);
			return ;
		}
		val[now].update(1, 1, m, qL, qR, (min(r, qr) - max(l, ql) + 1) * v);//需要实时维护祖先的 val 以阻止 pushup
		if (ql <= mid)
			update(ls(now), l, mid);
		if (qr > mid)
			update(rs(now), mid + 1, r);
	}
} st;

P3437 [POI 2006] TET-Tetris 3D

一看题目我们就知道这是一个二维线段树，线段树上维护高度。

因为一个方块只要探测到自己着落在了另一个方块上，这个方块就会静止。

结合以上操作，我们可以得出具体的维护方法。

第一步，我们结合方块掉落的矩形找出高度最大值。

第二步，我们算出来新的高度，将这个矩形的高度都赋值为新的高度。

第一步只需要二维线段树维护最大值即可。但是第二步涉及到赋值操作，不满足交换律，则不能使用标记永久化。

我们考虑将赋值操作转换为另一个在此问题下等价的操作。

容易发现，一个点的高度总是单调上升的。因此这个点的赋值操作一定会越来越大。

考虑将赋值操作转换为求最大的操作。即若 \(a < b\) 则 \(a \to a = b\)，否则 \(b \to b = a\)。

因为值单调上升，在此时两个操作等价。且求最大的操作满足交换律。

因此就可以顺利的进行维护。

另外注意，题目中给出的是点的坐标，需要转换为方格才可以计算。

6.线段树动态开点

线段树动态开点的技巧常常用于一些值域过大（导致空间开不下）且离散化过于麻烦的题目，其可以优化空间，使空间位于 \(q \log n\) 左右。但是具体是多少极其不好估计，一般都是开到内存上限。

我们常常碰到一些很恶心的题目：其操作都很容易维护，但就是有一个 \(n \le 10^9\) 使得暴力定义线段树会爆空间、时间。

其实容易想到，可以使用离散化。但是也有很难离散化的东西，且如果采用此方法会有很长的代码。而且离散化需要离线处理，如果数据强制在线就不能用了。

这时我们考虑不对数据做变化，而是变化线段树的形状，让它不再是一颗规规矩矩的二叉树了！

我们发现：当一些结点完全没有被修改 or 查询访问到时，就是没有用处的。实际上，没有被修改但是被查询到的也是单位元，也没有用处。

我们考虑类似链表的处理方式：被需要时就新开一个点，编号是连续的。

因此我们的点数空间要开到所能承受的最大，因为分拆区间是带有常数的（即并不只有 \(\log n\)），且数组的数量也是一个常数。

另外，一个点 \(x\) 的左子结点和右子结点也不再是 \(2x\) 和 \(2x+1\) 了。需要额外开两个数组记录儿子。

例题：CF915E Physical Education Lessons

线段树动态开点 + lazytag 板子题。

#include <bits/stdc++.h>
//定义
using namespace std;
int n, q;
const int N = 15000100;//空间要开大，避免 MLE
//因为将一个区间拆分成若干个小区间需要有若干常数，不好计算，所以尽量要开大些
int seg[N], lazy[N], ls[N], rs[N];//val值，tag值，左儿子，右儿子
int cnt = 1;

//汇总
void pushup(int now) {
	seg[now] = seg[ls[now]] + seg[rs[now]];
}

//下传
void pushdown(int now, int l, int r) {
	if (lazy[now] != -1) {
		if (ls[now] == 0)
			ls[now] = ++cnt;
		if (rs[now] == 0)
			rs[now] = ++cnt;//先把左儿子和右儿子弄出来，避免没有后代可以继承“财产”
		lazy[ls[now]] = lazy[now];
		lazy[rs[now]] = lazy[now];
		seg[ls[now]] = lazy[now] * (mid - l + 1);
		seg[rs[now]] = lazy[now] * (r - mid);
		lazy[now] = -1;
	}
}

//区间修改
void update(int now, int l, int r, int ql, int qr, int d) {
	if (now == 0)
		now = ++cnt;//既然遍历到了这个点则这个点是必不可少的，一定要确保其存在
	if (ql <= l && qr >= r) {
		lazy[now] = d;
		seg[now] = (r - l + 1) * d;
		return ;
	}
	pushdown(now, l, r);
	if (ql <= mid)
		update(ls[now], l, mid, ql, qr, d);
	if (qr > mid)
		update(rs[now], mid + 1, r, ql, qr, d);
	pushup(now);
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &q);
	while (q--) {
		int l, r, k;
		scanf("%d %d %d", &l, &r, &k);
		k = 2 - k;//对询问做了一些小的改变，为了使代码更加简短
		update(1, 1, n, l, r, k);
		printf("%d\n", n - seg[1]);
	}
	return 0;
}

7.可持久化线段树

可持久化线段树又称主席树。

可持久化线段树的的操作大部分与前文的线段树相同，但就是多了一个回滚操作或是旧版本查询：

将数组的值回到第 \(x\) 次操作前的值。

请问第 \(x\) 次操作后 \(a_y\) 的值？（或是区间查询）

可持久化线段树的单点修改复杂度 约为 \((n + q) \log n\)，也就是结点个数 + 查询开销。

单点修改

可以注意到，每一次单点修改最多只会关系到 层数 个结点，也就是最多只有 \(\log n\) 个结点有变化。

因此，可以使用 \(O(\log n)\) 的代价分别存储这几个变化的结点的前后两个版本的值。

给出一个经典的结构：可持久化线段树不像是一棵树，倒是很想一个树之间存在连结的“森林”，有很多个根但是结点数量却不是很多。

这是因为这些树共用了一些相同的结点。

感谢 @hyfhaha 同学的图片！

可以看到，每当进行了一个新操作时，可持久化线段树就新加了 \(\log n\) 个不同颜色的点。这些点对上次的线段树其中的某一些点进行了连边，因此形成了一个新的线段树。且这个新的线段树每一个点上面是一个正确的与之对应的值，又可以进行维护。

又可以发现，每一个版本都有一个不同的根，需要进行查询时，就可以从这个根开始查询。

修改时，在最后一个版本的线段树的根开始自上而下递归，对沿路经过的点建立新的版本。

在版本回滚的时候，直接把要回滚到的版本的根变成现在的根即可。

在查询版本的某一段时，直接从那个版本的根开始搜即可。

注意这里的修改是对数组中的元素进行修改，可持久化线段树永远不允许修改已有的结点，只可以新建一个新的为该值的结点。

因为一个结点很有可能在可持久化线段树中被共用了很多次，导致一次修改会影响很多的点。此时还不如直接新加一个。

注意版本之间形成树结构。 所以我们可以依靠只维护版本之间形成的树，在树上套用某些数据结构即可。

单点修改模板

以 P3919 【模板】可持久化线段树 1（可持久化数组） 为例。

struct Segtree {
    //rt[i] 表示第 i 次操作之后的根，rt[0] 表示初始的根（1 号）。
    //因为是单点修改和单点查询，所以结点个数 = 原始结点数（2n） + 层数 log(n) * 修改次数 m。
    //lc,rc 表示左右儿子，val 表示一个结点的值。
	int rt[N], lc[25 * N], rc[25 * N], val[25 * N];
	int cnt = 0;//目前结点个数
    //每次在 x 结点的操作，建立同样位置的新结点，并返回结点编号。
	int modify(int x, int l, int r, int pos, int v) {
		int nx = ++cnt;//建立新结点
		lc[nx] = lc[x], rc[nx] = rc[x], val[nx] = val[x];//先继承一下上一个版本，左右儿子只有在回溯的时候才能确定
		if (l == r) {//到了叶结点，修改返回
			val[nx] = v;
			return nx;
		}
        //根据查询位置，选择递归方向
        //确定左右儿子并将其连结到新结点上
		if (pos <= mid)
			lc[nx] = modify(lc[x], l, mid, pos, v);
		else
			rc[nx] = modify(rc[x], mid + 1, r, pos, v);
		return nx;//返回
	}
	int query(int x, int l, int r, int pos) {//一路二分寻找即可，这里支持区间查询
		if (l == r)
			return val[x];
		if (pos <= mid)
			return query(lc[x], l, mid, pos);
		else
			return query(rc[x], mid + 1, r, pos);//注意这里变成了 lc 或 rc 而不是 x << 1 或 x << 1 | 1 了
	}
	void build(int x, int l, int r) {//建树
		if (l == r) {//返回
			val[x] = a[l];
			return ;
		}
		lc[x] = ++cnt, rc[x] = ++cnt;//初始化左右儿子
		build(lc[x], l, mid), build(rc[x], mid + 1, r);//递归
	}
} st;

另外，在主函数里面还需要初始化 rt[0] 和 cnt 才可以进行 build。

区间修改

普通线段树分单点修改和区间修改，可持久化线段树也是一样。

其中，修改无非就是将单点变成了区间拆分，只需将一路上经过的区间都建立一个新的版本即可。

众所周知，我们可以使用标记永久化来解决一些满足交换律的问题。

但是也有很多不满足交换律的问题，我们当然不希望可持久化线段树无法维护这些操作。这时候就需要使用 pushdown。

修改

我们前文指出，可持久化线段树不支持直接修改结点的值，而只可以新建一个线段树上的位置相同、但是值不同的结点。

pushdown 虽然与这句话冲突，但是这也意味着我们如果多建立一些结点，也许就可以通过新建 + 赋初始值 代替 直接赋值。

实际上，每一个结点只要执行了一次 pushdown 操作，其左右子结点都必须要新建一个新版本的结点。

但是既然这个结点已经被访问到，其就一定会从至少一个儿子继续分拆区间。因此每一个 pushdown 操作最多也只多了 \(1\) 个结点，看起来并不慢。

而且遇到完全包含的结点又可以直接返回不用 pushdown 了，每一个点有最多衍生出 \(1\) 个，所以最多只需要开二倍空间就够了。

详细计算一下。

我们知道，每一层最多有 \(2\) 个点向下递归。如果使用归纳法，就可以知道每一层最多有 \(4\) 个结点，而中间两个还直接退出了。

因此向下递归的点共有 \(2 \log n\) 个，衍生出了 \(4 \log n\) 个结点。而直接退出了有 \(2 \log n\) 个。

所以，我们计算得知每一轮最多新建 \(6 \log n\) 个点。

实在不行也可以直接开到内存上限。

查询

我们考虑一下查询需不需要 pushdown。

如果 pushdown 了，那么在查询的时候就有可能会修改到原本就在线段树上的点。且也不可以直接新建，因为我们不知道是那个版本上面的点，也不知道被几个点连接了。

而且，这时查询不是修改，如果在此时诞生了新的点，很有可能会对以后的维护造成影响。

所以，我们考虑能否不适用 pushdown。

我们知道，pushdown 的用处就是解决 tag 的不符合交换律的事实。显然修改的时候是必须要使用的。

我们再次借用标记永久化的方法：不 pushdown，在查询返回的时候在结合 tag 计算对答案的影响。

区间修改模板

例题：SP11470

struct Segtree {
	int rt[N], lc[110 * N], rc[110 * N], tag[110 * N], val[110 * N];//空间要开足
    //tag 表示 lazytag，val 存储区间和
	int cnt = 0;
	int modify(int x, int l, int r, int ql, int qr, int v, int tg) {//tag表示从父亲传下来的
		int nx = ++cnt;
		lc[nx] = lc[x], rc[nx] = rc[x];
		val[nx] = val[x] + tg * (r - l + 1), tag[nx] = tag[x] + tg;//完成pushdown操作
		if (ql > r || l > qr)
			return nx;//如果区间没有包含
		if (l >= ql && r <= qr) {
			val[nx] += v * (r - l + 1);
			tag[nx] += v;//修改
			return nx;
		}
		lc[nx] = modify(lc[x], l, mid, ql, qr, v, tag[nx]);
		rc[nx] = modify(rc[x], mid + 1, r, ql, qr, v, tag[nx]);//对左右儿子进行pushdown
		tag[nx] = 0;
		val[nx] = val[lc[nx]] + val[rc[nx]];//pushup
		return nx;
	}
	int query(int x, int l, int r, int ql, int qr) {
		if (ql > r || l > qr)
			return 0;
		if (l >= ql && r <= qr)
			return val[x];
		return query(lc[x], l, mid, ql, qr) + query(rc[x], mid + 1, r, ql, qr) + tag[x] * (min(r, qr) - max(l, ql) + 1);//标记永久化的处理方法
	}
	void build(int x, int l, int r) {
		if (l == r) {
			lc[x] = rc[x] = tag[x] = 0;
			val[x] = a[l];
			return ;
		}
		lc[x] = ++cnt, rc[x] = ++cnt, tag[x] = 0;
		build(lc[x], l, mid);//递归
		build(rc[x], mid + 1, r);
		val[x] = val[lc[x]] + val[rc[x]];//pushup
	}
} st;

可持久化的用途

用途 1：访问一个历史版本。

这种题我们并不陌生，前面的题目都是这种。这种题目较板子，通常可以一眼看出使用可持久化线段树。

用途 2：需要维护很多个线段树，总空间太大。但是这些线段树之间有重复部分。（这种情况一般在题目中不会考，但是为了解决一些区间的问题，我们通常需要手造出来几个线段树进行维护）

手造出来的线段树有一种用法就是前缀和数组，我们设数组的规模为 \(n\)，则我们需要建立 \(n\) 个线段树。这时通常不需要回顾历史，只需要运用前缀和，从两个根同时搜索得到答案。

用途还有很多，稍后进行补充。

例如 P3834 【模板】可持久化线段树 2 这道题，我们需要求 \([l, r]\) 区间的第 \(k\) 小。

我们可以开 \(n\) 个权值线段树，第 \(i\) 个线段树存储的是 \([1, i]\) 区间中每个值的出现次数。

因为第 \(i\) 个线段树和 \(i - 1\) 个只修改了 \(1\) 个叶结点，也就是只相差了 \(\log n\) 个位置，两个线段树之间的相差不大，所以可以使用可持久化线段树。

在查询的时候，我们从 \(rt_r\) 和 \(rt_{l - 1}\) 分别开始遍历，每次利用 \(val\) 值的差进行选择搜索左子树或右子树。也就是比较第 \(r\) 个和 \(l - 1\) 个线段树。

当我们遍历到单点上的时候，这个点的位置就是答案。

另外注意 \(a[i]\) 达到了 \(10^9\)，可以使用动态开点线段树但是不确定空间会不会爆，在此时直接使用离散化即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)//宏定义，这里没有ls和rs了。
using namespace std;
int n, m;
const int N = 200010;
int a[N], b[N];

struct Segment {
	int rt[N], lc[N * 25], rc[N * 25], val[N * 25];
	int cnt = 0;
	int modify(int x, int l, int r, int pos) {
		int nx = ++cnt;
		lc[nx] = lc[x], rc[nx] = rc[x], val[nx] = val[x] + 1;
		if (l == r)
			return nx;
		if (pos <= mid)
			lc[nx] = modify(lc[x], l, mid, pos);
		else
			rc[nx] = modify(rc[x], mid + 1, r, pos);
		return nx;
	}//普通修改
	void build(int x, int l, int r) {
		if (l == r)
			return ;
		lc[x] = ++cnt, rc[x] = ++cnt;
		build(lc[x], l, mid);
		build(rc[x], mid + 1, r);//建树
	}
	int query(int x, int y, int l, int r, int pos) {//x,y 分别存储在第 l - 1 棵和第 r 棵线段树上的两个点，l,r 记录区间，pos 记录查找第几小。
		if (l == r)
			return l;
		if (pos <= val[lc[y]] - val[lc[x]])//如果第 pos 小在左子树（左子树的元素数量不小于 pos）
			return query(lc[x], lc[y], l, mid, pos);
		else
			return query(rc[x], rc[y], mid + 1, r, pos - (val[lc[y]] - val[lc[x]]));//一定不要忘了减掉！
	}
} st;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i], b[i] = a[i];
	sort(b + 1, b + n + 1);
	int tot = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		a[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, a[i]) - b;
    //---
	st.rt[0] = 1, st.cnt = 1;
	st.build(1, 1, n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		st.rt[i] = st.modify(st.rt[i - 1], 1, n, a[i]);
	while (m--) {
		int l, r, x;
		cin >> l >> r >> x;
		cout << b[st.query(st.rt[l - 1], st.rt[r], 1, n, x)] << endl;//直接查询
	}
	return 0;
}

配套 tricks

维护在一个静态二维地图中的矩形和。

首先可以使用二维前缀和做，但是时空复杂度都为 \(O(n ^ 2)\)，并不能得到满足。

其次可以使用树套树做，但是树套树是支持修改的，有些小题大做了。

考虑使用可持久化线段树：先把坐标离散化，然后运用可持久化线段树的前缀和用法，使用线段树 \(T_i\) 维护 \([1, i]\) 横坐标（\(x\)）区间的纵坐标（\(y\)）区间和。

我们定义 \(Q_{i,l,r}\) 表示在 \(T_i\) 中查询 \([l,r]\) 区间的和，相当于查询 \((1,l)\) 到 \((i,r)\) 的矩形和。

查询时，假设我们要查询 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_2,y_2)\) 的矩形，首先需要使用二分查找找到位置，然后使用 \(Q_{x_2,y_1,y_2} - Q_{x_1-1,y_1,y_2}\) 的得到答案。

有若干次加边操作，且要维护连通性和若干查询。

这种问题就和图论有了关系，众所周知维护连通性的数据结构叫做并查集。

问题主要出在如何维护连通块的合并。

普通合并：最多有 \(n\) 个连通块，每个连通块都要合并一次，那不就 \(n^2\) 了吗？！

显然这里要采用一个新的方法。

启发式合并：其他部分基本相同，只是多了一个判断：每次合并，将点数规模小的连到规模较大的。

考虑每次合并，点数规模小的连通块 在规模加上 点数规模大的连通块的规模 之后，其规模至少会 \(\times 2\)。因此，每一个点的连通块至多被当成点数规模小的连通块 \(\log n\) 次。

因此这样的复杂度是 \(O(n \log n)\)。

继续考虑查询，可以使用可持久化线段树。不过这里的可持久化线段树存储的不是前缀和了，要具体问题具体分析。

可持久化线段树的一次修改的时空复杂度就是 \(O(\log n)\) 的，然而一共有 \(n \log n\) 次合并，合起来就是 \(O(n \log^2 n)\) 的时空复杂度。

当然还有线段树合并的做法，这种做法就显得有一些简单粗暴了。

熟悉的可持久化线段树问题，唯一的区别就是带修改。

前面我们讲过可持久化线段树永远不允许在结点上面直接进行修改，所以在这里我们需要使用其他的方法。

如果使用数组，那么就可以 \(O(1)\) 实现修改，\(O(n)\) 实现查询。

如果使用使用可持久化线段树类似前缀和算法，那么就可以 \(O(n \log n)\) 实现修改，\(O(\log n)\) 实现查询。

想起来树状数组了吗？我们在以前就是使用树状数组来均摊复杂度的。

因此我们想到一种方式：树状数组套可持久化线段树。

这样，每一个修改最多影响到 \(\log n\) 个可持久化线段树，也就是 \(O(\log^2 n)\) 的时间复杂度。

每一个查询也是 \(O(\log^2 n)\) 的复杂度。

在算法的实现时，我们不需要使用实体的树状数组（即不需要开树状数组的空间），只需要在修改和查询中使用 lowbit 的实现方法即可。

8.大型 trick：线段树合并

线段树合并实际上指的并不是线段树上的结点的合并，而是指的两个甚至多个线段树的合并。

这几个线段树一般都是代表着同一段区间或者是维护着同样种类的信息，有时候为了汇总起来，需要合并，且要保证合并之后几个线段树的有效的位置或者是区间的长度不变。

如果这几个线段树的有效位置够紧凑，则可以直接暴力合并，而完全不需要使用这些技巧（输入这些值都需要这么长的时间了，我再暴力循环一遍也可以！）。注意，如果线段树中有很多无用的结点，暴力合并也不会被使用（即使是值域合适的情况下）。例如线段树合并子树的线段树，线段树中最多只有 \(sz \log sz\) 个结点有效而不是 \(n \log n\)，暴力合并会浪费很多时间。

当然，如果是二维线段树，则数据一定允许 \(O(n^2)\) 的算法，而且这时候内层线段树会很紧凑，使用暴力合并还是线段树合并没有多少差距。

但是如果这些线段树都是使用动态开点的技巧，且值域可以很大，那么这个时候暴力合并就不管用了。所以我们需要思考一个尽量避免合并无效位置的方法，以便最大化地与输入这些数据的复杂度相匹配，不被值域所干扰。

先考虑最简单的情况，合并两个动态开点线段树。我们需要分类讨论一下。

Sit1. 两个线段树中这个结点的位置都是有效的

显然合并出来的线段树在这里一定也是有效位置，但是我们先不合并。我们先递归左右儿子，再 pushup 确定这个点合并之后的信息。

Sit2. 两个线段树中这个结点的位置都是无效的

显然合并出来的线段树在这里一定也是无效的位置，直接跳过即可。信息为单位元。

Sit3. 两个线段树中这个结点的位置恰有一个有效

我们将在这个结点的位置有效的点属于的线段树称为“有效树”，在这个结点的位置无效的点属于的线段树称为“无效树”，而两个线段树合并成的线段树称为“答案树”。

这里我们就需要好好想想了，首先我们想到：直接取其中那个有效的点的信息，可以吗？

显然是可以的，但是这样我们还要继续往下遍历，又相当于遍历了整棵有效树，我们并不能接受这种简单粗暴的方法。

有另一种方法，就是我们找到那个有效的点的位置，直接将那个有效点连到“答案树”上这个结点的父亲。

因为无效树在这里已经没有有效的结点了，显然在无效树这个位置儿子、孙子……的位置也不会是有效的。如果持续遍历下去就是一种浪费，因此我们直接连上有效树中的结点即可。

因此我们得到一种重要的信息：线段树合并过程中只会访问两个线段树上都非空的点，其他的点要么跳过要么直接征用。

另外，我们可以直接在其中一个线段树的结点上直接记录合并之后的线段树，那么我们每操作一次两边都非空的点都会减去 \(1\)。

时间复杂度

可以得出总操作次数 \(\le\) 两边线段树都非空的点 \(\le\) 原所有线段树有效的点数和。

因此我们定义这两个线段树的数据规模（即 \(sz\)）为 \(sz1\) 和 \(sz2\)，因为都是动态开店线段树，两个线段树的结点数（线段树合并的）大约为 \(sz1 \log sz1 + sz2\log sz2\)。

如果是多个线段树的合并，可以顺序合并。但是这个时候已经和顺序没有关系了，我们证明复杂度的关键是结点总数。

当这几个线段树的数据规模总和为 \(n\) 时，这些线段树的结点数为 \(n \log n\)，则线段树的合并为 \(n \log n\) 的时间复杂度。

这样的复杂度已经和得到数据的时间复杂度 \(O(n)\) 很近了，而且已经触到了上限（线段树的有效结点总数）。

空间复杂度

因为合并之后的线段树仍然是占用了这几个将要合并的线段树的其中一个的空间，所以空间复杂度也是有效结点数 \(O(n \log n)\)。

因此，我们得出线段树合并的时空复杂度都是 \(O(n \log n)\)。

使用场景

用于并查集的场景。

上面说过了，因为并查集是维护了很多个集合，有时候为了维护，这些集合很有可能都维护着一个线段树。合并连通块时需要顺带合并线段树。

用于树的场景。

树上每一个子树维护一个线段树，每一个结点都对应一个元素。当一个结点有多个儿子（多个子树），这个结点就需要使用线段树合并来得到以这个结点为根的子树的新的线段树。

模板

//合并 x,y 两个结点（一样的位置）的信息并返回合并的结果编号
//x,y 合并之后的属性保存在 x 中
int merge(int x, int y, int l, int r) {//l,r 表示目前所处的区间
	if (!x || !y)//直接判断了第 2,3 种情况
		return x + y;//如果是第二种，那么就返回 0，表示这个结点无效；如果是第三种，那么就返回那个有效的点的编号，直接连起来。
	if (l == r) {
		val[x].cnt += val[y].cnt;//直接合并 x,y 结点
		return x;
	}
	lc[x] = merge(lc[x], lc[y], l, mid);
	rc[x] = merge(rc[x], rc[y], mid + 1, r);//先合并左右儿子
	val[x] = pushup(val[lc[x]], val[rc[x]]);//然后再 pushup
	return x;//返回结果
}

9.大型 trick：线段树分裂

线段树分裂和线段树合并看似有些相同（都是线段树有关的操作），但是维护的操作却又不一样：线段树合并是将多个线段树的同一个位置的元素属性合并；而线段树分裂是为了保证时间效率，将线段树中的某些结点完全地剔除出来，即将线段树的某个位置的属性 给到 几个线段树中的一个线段树 的 相同位置里。保证这几个线段树里只有一个线段树这个位置的结点是有值的。

线段树分裂和线段树合并是相反的两个操作，线段树分裂是要将一个线段树分成另外几个线段树，这些子线段树进行线段树合并之后又能得到原来的线段树。

一般的线段树分裂都是在原线段树中指定一个区间，将这个区间从线段树中剔除，并形成一个新的线段树。这样是将线段树分成了两个子线段树。

线段树分裂和线段树合并一样也有三种情况需要分类讨论。

原本的线段树在某一个位置有一个非空的结点，而且这个结点和被提出的区间有关系（即还需要在新线段树中出现）但是不被完全包含

这样就是典型的需要把这个点拿到另一个线段树里面了，这时候我们需要在新线段树中建新结点。

这时候新线段树和旧线段树都有这个结点。

如果区间全不需要剔除

这时候这个点不能拿到另一个线段树里面，我们需要在原线段树中保留原结点，在新的线段树中这个位置设为空点。且再下面的位置也不可能和区间有关系了，直接退出。

这时候只有旧线段树有这个结点，而新线段树没有。

如果区间全部需要剔除

这时候这个点一定要拿到另一个线段树里面，我们需要在原线段树中将原结点设为空点，在新的线段树中这个位置设为正确的属性。且在下面的位置也已经需要剔除了，直接退出。

这时候只有新线段树有这个结点，而旧线段树没有。

特点

线段树分裂的特点是：

1.分裂完的线段树无共享结点。与可持久化线段树不同，这两个线段树已经没有了关系：我们对其中一个线段树进行了修改，另一个线段树完全不需要改变。

2.分裂的时间空间复杂度相当于区间查询。如果我们观察上面的分类讨论过程，就可以发现这种分类和区间查询的过程几乎一样，因此时间复杂度和区间查询一样都是 \(O(\log n)\)；而线段树分裂新建的结点一定小于等于其时间复杂度，只不过带了一些常数。

模板

int split(int &x, int l, int r, int ql, int qr) {//这里x传指针，返回的是新线段树的结点编号
	if (x == 0 || ql > r || qr < l)//这里对应第二种情况
		return 0;//
	if (l >= ql && r <= qr)//对应第三种情况
		return x - (x = 0);//这里的实现有些巧妙，拆开来就是 int y = x;x = 0;return y; 这三行语句。意思就是区间全部剔除，将原线段树的这个点变成空点，然后连到新线段树
	int nx = ++cnt;//对应第一种情况，需要新建一个在新线段树中的点
	lc[nx] = split(lc[x], l, mid, ql, qr);
	rc[nx] = split(rc[x], mid + 1, r, ql, qr);//选择遍历方向
	val[x] = val[lc[x]] + val[rc[x]];
	val[nx] = val[lc[nx]] + val[rc[nx]];//注意此时已经将子树分裂了，所以两个线段树都要 pushup。
	return nx;//返回结点编号
}

10.势能线段树

势能线段树的名字看起来很高大上，实际上其确实可以解决很多普通线段树做不了的问题。

个人感觉势能线段树有点像 dsu on tree，实际上学了之后就会感觉这就是一个比较牛的剪枝，然后我们可以使用势能分析来证明这个东西的复杂度是完全合法的。

所谓势能分析也只是名字很牛罢了。本质上感觉就相当于定义一个数（我们将其称作势能），然后观察它的变化呈什么规律，然后就根据其变化次数来计算势能线段树真正的复杂度。

道理就这么多。看起来很简单，但是题目确实千变万化的，还需要一定的注意力。

P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国

这个题使用分块、树状数组种种方法都能通过，来看一下线段树的做法。

首先 \(1,0\) 开根之后不变，其次还容易知道 \(x\) 至多只有 \(\log \log x\) 次有效根号操作（指根号之后值变化了）。使用 \(\log\) 的性质易证。

先考虑最暴力的做法：区间修改拆成单点修改，在叶结点上面修改，线段树维护。

于是容易想到一个剪枝：因为我们对 \(1,0\) 开根后跟没开一样，所以如果一个区间中所有数的 \(\max \le 1\)，则跳过这个区间。

然后这个题就做完了。

考虑使用势能分析。首先我们要考虑定义的这个势能要定义什么。

因为一个叶结点至多暴力搞 \(\log \log x\) 次。所以定义势能为 \(\sum_{i=1}^n \log \log a_i\)。

然后注意到每到一个 \(>1\) 叶结点上面都会让势能 \(-1\)，然后我们因为有了剪枝，只会针对性的在叶结点上操作。所以每一次都是精准而必要的，不会产生时间的浪费。

势能是 \(O(n \log \log V)\) 的。稍经分析得复杂度为 \(O((n+m) \log n \log \log V)\)。

这个题只是根号操作。还有其他的操作，例如 \(\varphi\) 和 \(\text{d}\) 函数。

由 这篇题解 可得 \(\varphi(x)\) 的有效嵌套只会有大约 \(2 \log x\) 次。

\(\text{d}\) 作者不太知道，不过感性理解可以发现这个次数不会很多。

CF438D The Child and Sequence

首先有一个通用的结论，如果 \(x \le m\) 则 \(x \bmod m=x\)。否则 \(x \bmod m \le \frac{x}{2}\)。

然后也可以像上题一样势能线段树。

基础数据结构练习题

默认将一个数开根号后会自动下取整。

这个题想第一道题一样都有区间根号操作。但是还有一个区间增加的操作。怎么办呢？

我们显然是希望区间增加不很对问题的解决有影响。所以考虑寻找一个在区间增加时的不变量。

考虑着眼于极差。显然极差在区间增加的时候不会变。

然后随便想想又可以知道：当区间开根号的时候，极差也会至少开根号。（“至少”指可能会变得比它还小）

证明：设开根号之后最大值为 \(x\)，最小值为 \(y\)，极差为 \(x-y\)。则原来的极差一定 \(\ge x^2-((y+1)^2-1) = x^2-y^2-2y\)。而 \((x-y)^2 = x^2+y^2-2xy \le x^2+y^2-2(y+1)y = x^2-y^2-2y\)，所以得证。

于是我们就有了一些基础的想法，可以尝试来切掉这个题了。

区间增加的直接打懒标记即可，大家都会。

根据 \(\sqrt 0 =0,\sqrt 1 =1\)。

所以考虑分类讨论剪枝。

如果原来的极差等于 \(0\) ，或者是 \(=1\) 并且开根之后新的极差也是 \(1\)，那么就可以说，这个区间里面的所有数的相对关系都没有改变。直接区间减。

否则，就继续遍历左右子区间。这个题就大概做完了。

如何证明复杂度？

考虑函数 \(f(x)\)。当 \(x \in \{0,1\}\) 时，\(f(x)=x\)。否则 \(f(x)=f(\sqrt x)+1\)。定义势能为所有线段树结点极差的 \(f(x)\) 的和。

下面的叙述可能有些石，请耐心看完。

首先，区间开根的时候每一个询问 \([l,r]\) 都会包含 \(\log n\) 个线段树结点。这几个线段树结点上面的极差的 \(f(x)\) 都会 \(-1\)（如果极差为 \(0,1\) 则不变）。

而且还不要忘记由于一部分区间开根，造成的极差增大的情况。但是这个极差虽然可能增大很多，但是可以发现其 \(f(x)\) 不会增长很多。计算得到，全部结点造成的增加部分不会超过 \(O(\log n \log \log V)\) 的量级。

另外，区间加也会对势能有影响。在 \([l,r]\) 分成 \(\log\) 个线段树结点的时候，这些顶多会给势能增加 \(O(\log n \log \log V)\) 的量级。

而根据第一题的分析，可以得到 \(O((n+m\log n) \log \log V)\) 的复杂度。可以通过。

[CS Academy_Round #70 F]And or Max

喵喵题。

题目叫你区间 \(\text{and},\text{or}\)，询问求区间 \(\max\)。

乍一看很困难，实际上我们可以考虑发掘一下这两个位运算的性质。

注意到这两个位运算实际上并没有 \(\text{xor}\) 那样好玩：对于 \(\text{and}\)，如果一个二进制位为 \(0\)，则这个位不变。对于 \(\text{or}\)，如果一个二进制位为 \(1\)，则这个位也不变。

感性理解一下。我们可以发现一个性质：当一个数组被又 \(\text{and}\) 又 \(\text{or}\) 很多次的时候，原来不相同的位也会渐渐相同。

而如果一个区间里面某一个二进制位上全都是相同的，那么问题也会简单的多。

所以，考虑在我们做区间修改的时候，如果这个操作对于这个区间里面的所有数的影响都相同，则可以直接在这个位置放懒标记。

如何判断？一个小技巧：同时维护区间与、或，它们异或起来就是区间里面不同的位的集合。只有这个集合不会被与上 \(0\)，或上 \(1\) 才可以直接放懒标记，否则还需要继续递归。

既然需要支持区间同时与，区间同时或，那么我们的懒标记就维护先对什么与了，再对什么或了。

如何把两个标记加起来？可以这样：\((a,b)+(c,d)=(a \ \text{and} \ c,b \ \text{and}\ c \ \text{or} \ d)\)。你要是模拟一下这个，可以发现还挺对。感兴趣的也可以自己证明一下。

时间复杂度？官方题解。

posted @ 2024-12-28 12:17  wusixuan  阅读(265)  评论(0)    收藏  举报