可持久化线段树
创建时间：2025-05-08
可持久化数据结构简介
可持久化数据结构（Persistent data structure），它的特点在于它的名字中可持久化（当然，代码如同它名字一样长也算它的特点），说的直白点就是保存了每个历史版本的数据结构。
当然也可以直接开若干个完整的数据结构来存储历史版本，实现可持久化，但 OI 赛场上这么做的时间和空间复杂度早炸了。为了解决时间和空间问题，可持久化数据结构诞生了。
最先诞生的就是可持久化线段树，从可持久化线段树中也衍生出了主席树、可持久化并查集、可持久化字典树等算法。
可持久化线段树
以P3919 【模板】可持久化线段树 1（可持久化数组）
为例，题目要求维护长度为 \(N\) 的序列 \(a\) 并进行 \(M\) 次操作，分为两种：
- 在某个历史版本（记初始序列为0号版本）上单点修改并生成这个新版本
- 查询某个历史版本的某个元素的值并复制为新版本
显然，我们无法直接通过数组解决这个问题。
首先想到直接开 \(M\) 棵线段树存储 \(M\) 个版本，修改操作直接复制并修改，查询操作直接输出并复制。
事实上，观察左图我们可以发现，只有 \(\log n\) 个点发生了改变，于是我们便天才地想到了将新的1号节点的右儿子直接接在旧的3号节点上，将新的2号节点直接接在旧的5号节点上，将新的4号节点直接接在旧的9号节点上，正如右图！
尽管这么做需要动态开点，也使得“线段树”的一个节点可能有多个父节点，不再是一颗传统意义上的树，但线段树的遍历是从上往下的，故这对修改、查询操作丝毫没有影响，我们只要记录下每个版本的根节点编号即可。并且，每次修改时生成新版本的时间复杂度从 \(O(n)\) 降了为 \(O(\log n)\)，查询时新版本的复杂度从 \(O(n)\) 降为了 \(O(1)\)，整体空间复杂度从 \(O(mn)\) 降为了 \(O(n+m \log n)\)。
首此启发，我们完善一下解题思路：使用数组 \(root\) 记录第 \(i\) 次操作生成的版本的根节点编号（\(root_0\) 表示初始线段树的根节点编号），记当前正在版本 \(v\) 的基础上操作。执行修改操作从 \(root_v\) 开始递归：先新建节点，将要递归修改的儿子并更新为新的节点，将不要修改的儿子直接继承旧的，或者说，直接克隆当前节点并递归、修改涉及修改的儿子节点，修改结束后记下 \(root_i\)。查询操作就更加简单了，只需要在从 \(root_v\) 开始递归找到查询的元素并令 \(root_i=root_v\) 即可。
完整代码如下:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e6 + 50;
int N, M, tot, root[MAX_N], a[MAX_N];
struct Node {
int lc, rc, val;
} tr[MAX_N * 24];
int build(int l, int r) {
int cur = ++tot;
if (l == r) {
tr[cur].val = a[l];
return cur;
}
int mid = l + r >> 1;
tr[cur].lc = build(l, mid);
tr[cur].rc = build(mid + 1, r);
return cur;
}
int modify(int pos, int l, int r, int idx, int val) {
int cur = ++tot;
tr[cur] = tr[pos];
if (l == r) {
tr[cur].val = val;
return cur;
}
int mid = l + r >> 1;
if (idx <= mid)
tr[cur].lc = modify(tr[cur].lc, l, mid, idx, val);
else
tr[cur].rc = modify(tr[cur].rc, mid + 1, r, idx, val);
return cur;
}
int query(int cur, int l, int r, int idx) {
if (l == r)
return tr[cur].val;
int mid = l + r >> 1;
if (idx <= mid)
return query(tr[cur].lc, l, mid, idx);
else
return query(tr[cur].rc, mid + 1, r, idx);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> N >> M;
for (int i = 1; i <= N; i++)
cin >> a[i];
root[0] = build(1, N);
for (int i = 1, v, opt, p, c; i <= M; i++) {
cin >> v >> opt >> p;
if (opt == 1) {
cin >> c;
root[i] = modify(root[v], 1, N, p, c);
} else {
cout << query(root[v], 1, N, p) << '\n';
root[i] = root[v];
}
}
return 0;
}
主席树
前面的题目只是可持久化线段树的入门，考试时的可持久化线段树绝没有这么简单。可持久化线段是最多的应用是利用两个版本作差，或者主席树。
主席树的全称应该是可持久化值域线段树，主席树是它的小名。至于为什么叫主席树这个高大上的名字就不得而知了
以P3834 【模板】可持久化线段树 2为例，题目要多次查询静态序列的区间第 \(k\) 小值。
记查询区间为 \([a,b]\)，值域线段树 \(T\) 表示值 \([l,r]\) 在 \([a,b]\) 中的出现次数总和。很容易类比二叉搜索树的 \(k\) 小值查询方法：记左子树的大小为 \(lsiz\)，当 \(k \le lsiz\) 时，\(k\) 小值一定在左子树中，递归左子树即可；否则 \(k\) 小值一定在右子树中，\(k \leftarrow k - lsiz\) 并递归右子树。直到 \(l=r\) 时，\(l\) 就是答案！
那么 \(T\) 的节点的信息如何维护呢？每次查询都建一棵树时不可能的，参考前缀和的思路，记 \(x\) 为 \([l,r]\) 在 \([1,b]\) 中的出现次数，\(y\) 为 \([l,r]\) 在 \([1,a-1]\) 中的出现次数，\(T[a \sim b]\) 就是 \(x-y\)。故我们只需要维护 \(n\) 棵权值线段树，第 \(i\) 棵表示 \([l,r]\) 在 \([1,i]\) 中的出现次数即可，很容易想到使用一颗主席树（可持久化值域线段树）！记 \(root_i\) 为第 \(i\) 棵值域线段树的根，我们只需要按照之前单点修改的方法将序列 \(a\) 逐渐插入值域线段树并记录下 \(root\) 即可。
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 2e5 + 50;
int n, m, a[MAX_N];
vector<int> d;
int tot, root[MAX_N];
struct Node {
int lc, rc, cnt;
} tr[MAX_N * 24];
inline void pushup(int cur) {
tr[cur].cnt = tr[tr[cur].lc].cnt + tr[tr[cur].rc].cnt;
}
int build(int l, int r) {
int cur = ++tot;
if (l == r) {
tr[cur].cnt = 0;
return cur;
}
int mid = l + r >> 1;
tr[cur].lc = build(l, mid);
tr[cur].rc = build(mid + 1, r);
pushup(cur);
return cur;
}
int add(int pos, int l, int r, int idx, int cnt) {
int cur = ++tot;
tr[cur] = tr[pos];
if (l == r) {
tr[cur].cnt += cnt;
return cur;
}
int mid = l + r >> 1;
if (idx <= mid)
tr[cur].lc = add(tr[cur].lc, l, mid, idx, cnt);
else
tr[cur].rc = add(tr[cur].rc, mid + 1, r, idx, cnt);
pushup(cur);
return cur;
}
int query(int u, int v, int l, int r, int rank) {
if (l == r)
return l;
int mid = l + r >> 1;
int lcnt = tr[tr[v].lc].cnt - tr[tr[u].lc].cnt;
if (rank <= lcnt)
return query(tr[u].lc, tr[v].lc, l, mid, rank);
return query(tr[u].rc, tr[v].rc, mid + 1, r, rank - lcnt);
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
d.emplace_back(a[i]);
}
sort(d.begin(), d.end());
d.resize(unique(d.begin(), d.end()) - d.begin());
root[0] = build(1, n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int mp = lower_bound(d.begin(), d.end(), a[i]) - d.begin();
root[i] = add(root[i - 1], 1, n, mp + 1, 1);
}
for (int l, r, k; m--; ) {
cin >> l >> r >> k;
cout << d[query(root[l - 1], root[r], 1, n, k) - 1] << '\n';
}
return 0;
}
可持久化线段树的其它练习
P1972 [SDOI2009] HH的项链（抵消贡献）；
P4587 [FJOI2016] 神秘数（迭代计算）；
P3168 [CQOI2015] 任务查询系统（K值查询）；
P2839 [国家集训队] middle（二分答案+最大前后缀和）；
CF1422F Boring Queries（抵消贡献+卡空间）。
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