区间操作杂谈
<p>本文从易到难 <del>（大概）</del> 介绍了一些区间上的经典操作</p>
1.一些线段树水题
查询可合并信息、单点修改/区间修改、区间查询其中的“可合并信息”可以是 加法、乘法、位运算 及其组合。
前者为线段树板子，不再赘述。
水经验：
区间加，区间查询：P3372 【模板】线段树 1
区间加、乘，区间查询：P3373 【模板】线段树 2
区间修改、区间加、区间求 $ \max $：P1253 扶苏的问题
重点在于后者，这里给出 （瞎编） 了几道题：
1.
维护长度为 n 的序列，支持区间加，询问区间方差。方差的定义：
$$ s^2 = \frac{1}{n} \sum( x_i - \bar x )^2 $$
其中 $ \bar x = \frac{\sum x_i}{n} $
稍微化一下式子：
$$ s^2 = \frac{1}{n} (\sum x_i^2 - \sum 2x_i \bar x + \sum \bar x^2) $$
$$ = \frac{1}{n} (\sum x_i^2 - 2 \bar x \cdot n\bar x + n \bar x^2 )$$
$$ = \frac{1}{n} \sum x_i^2 - 2 \bar x^2 + \bar x^2 $$
$$ = \frac{1}{n} \sum x_i^2 - \bar x^2 $$
于是只需维护 区间和 以及 区间平方和 即可。
考虑怎么维护 区间加：
对于 区间和，直接加上即可；
对于 区间平方和，每一项由 $ \sum x_i^2 $ 变为 $ \sum (x_i + v)^2 $ 即 $ \sum x_i^2 + 2 v \sum x_i + v^2 $。
那么一次 区间加 对 区间平方和 的影响为 $ 2v \sum x_i + v^2 $。
于是每次 区间加 的时候对 区间平方和 加上这部分即可。
题目：
2.
维护长度为 n 的序列，支持区间加，询问区间内所有有序数对两数乘积之和。其实就是求
$$ \sum_{i \in [l,r]} \sum_{j \in [i+1,r]}a_ia_j $$
的值。
交换下求和顺序：
$$ (\sum_{i \in [l,r]} a_i)(\sum_{j \in [i+1,r]} a_j) $$
首先觉得这个式子不顺眼，将其乘二：
$$ (\sum_{i \in [l,r]} a_i)(\sum_{j \in [l,i-1] \cup [i+1,r]} a_j) $$
觉得 $ j $ 后面那坨东西不好看，加上 $ \sum a_i^2 $ 把它去掉：
$$ (\sum_{i \in [l,r]} a_i)(\sum_{j \in [l,r]} a_j) $$
也就是：
$$ (\sum_{i \in [l,r]} a_i)^2 $$
于是题目就是求：
$$ \frac{1}{2}((\sum_{i \in [l,r]} a_i)^2 - \sum_{i \in [l,r]}a_i^2) $$
于是维护下 区间和 以及 区间平方和 就行了。
3.
维护长度为 n 的序列，支持单点修改，查询区间内最大子段和。经典题。
“最大子段和”显然不是一个可合并信息。
于是考虑将其拆分成几个可合并信息。
大力分类讨论：当前区间的最大子段和 越过/未越过 两个子区间分界线。
如果未越过分界线，取两个子区间的 最大子段和 即可；
如果越过分界线，将这个最大子段从分界线处分开，拆分成 左子区间的右起最大子段和 + 右区间的左起最大子段和。
如果能维护出右起最大子段和和左起最大子段和，就能计算出两种情况的最大子段和，当前区间的最大子段和就分别它们取 $ \max $ 即可。
接下来只需考虑区间内右起最大子段和和左起最大子段和怎么维护。
再大力分类讨论：当前区间的右起最大子段和越过/未越过 两个子区间分界线。
如果未越过分界线，取右区间右起最大子段和；
如果越过分界线，取左区间右起最大子段和+右区间区间和。
左起最大子段和同理。
于是一个区间需要维护 $ 4 $ 个信息：最大子段和，右起最大子段和,左起最大子段和，区间和。
4.
单点修改，查询区间 [l,r] 是否可以重排为值域上连续的一段判断问题是比查询问题要简单的，于是考虑乱搞做法：
显然的，如果 $ [l,r] $ 符合要求，那么重排序列为 $ \min_{i \in [l,r]} \{ a_i \} ,..., \max_{i \in [l,r]} \{ a_i \} $。
首先判断这个重排序列的长度，其次判断这个序列的一个与顺序无关的特征。
可以取区间和以及区间平方和，当然也可以取区间异或和之类的乱搞判断，本质就是一种与顺序无关的哈希。
区间平方和判断时注意值域溢出。
5.
给出一棵 N 个有色(黑白，黑色对应关灯，白色对应开灯)节点的树以及 M 次操作，
每次操作将改变一个节点的颜色或者求出树上最远的两个黑点距离实际上就是求所有黑点构成树的直径。
对编号为 $ 1 \sim n $ 的点建线段树，线段树上区间 $ [l,r] $ 维护这些点构成树的直径长度。
考虑如何合并信息：设左区间为 $ [l,mid] $，右区间为 $ [mid+1,r] $，合并后新区间的直径两端点定为 左区间及右区间的直径两端点 共四个点其中之一。
于是线段树上维护 [l,r] 这些点组成的树的直径长度，直径两端点，然后暴力合并即可。
单点修实现显然。
后记：实际上这题正解是淀粉树，但我不会。
类似的题但我不会写（动态维护直径满血版）：P6845 [CEOI2019] Dynamic Diameter
一些题：
区间加等差数列，单点查询：P1438 无聊的数列
挺有意思的题：P4588 [TJOI2018] 数学计算
2. 一些杂题
给定一序列 a，每次询问区间内数字种类数。经典题。
一个经典而巧妙的 trick：对第 $ i $ 个数维护 $ pre_i $，表示 在 $ [1,i-1] $ 内满足 $ a_j = a_i $ 的最大 $ j $（上一个 $ a_i $ 出现的位置）如果 $ j $ 不存在，就令 $ pre_i = 0 $。
询问一段区间内数字种类数，等价于一段区间内第一次出现的数的个数（废话）。
因次我们无需关心重复出现的数的个数，只需关心第一次出现的数的个数。
而如果一个数 $ a_i $ 在区间内第一次出现，那么它的前一个数的位置 $ pre_i $ 一定在区间之前 或 不存在。即 $ pre_i \in [1,l-1] $ 或 $ pre_i = 0 $。
那么 区间数的个数 = 区间第一次出现的数的个数 = 区间内 $ pre_i \in [0,l-1] $ 的个数，也就是 $ \sum_{i\in[l,r]} [pre_i\in[0,l-1]] $。
用主席树简单维护下就没了。
求区间内长度在 [L,R] 内的前 k 大子段和 的总和。先考虑怎么维护区间最大子段和：
直接正面硬刚不怎么好做，考虑维护一个前缀和。
对于一个子段 $ [l,r] $，其子段和为 $ s_r - s_{l-1} $，那么以 $ l $ 为左端点的区间最大子段和在 $ s_r $ 取最大值时取到。
由于 $ r \in[l+L-1, \min \{ l+R-1, n \}] $，于是可以通过维护区间最大值来确定 $ l $ 为左端点的区间最大子段和。扫一遍全体取 $ \max $ 就得到了区间最大子段和。
然后考虑怎么维护前 $ k $ 大子段和：
对于每一个左端点，维护一个三元组 $ (l, r_l, r_r) $，分别表示当前左端点 以及 右端点的范围，这样每个最大子段和都唯一对应了一个三元组。
先枚举左端点把初始的三元组 $ (l, l+L-1, \min \{ l+R-1, n \}) $ 都扔进堆里面，按区间最大子段和排序。
每次取出当前最大子段和对应的三元组 $ (l,r_l,r_r) $，同时维护最大值取到的位置 $ pos $，记录贡献的同时将区间拆为 $ (l, r_l, pos-1) $ 和 $ (l, pos+1, r) $，重新扔进堆里面。
插入与弹出的数个数是 $ O(k) $ 级别的，每次插入需要 $ O(\log n) $ 计算区间最大值，同时 $ O(\log k) $ 堆维护信息，$ k $ 与 $ n $ 同阶，总体复杂度大概是 $ O(n \log^2 n) $ 的。
当然也可以用 $ ST $ 表使 $ RMQ $ 的部分优化到 $ O(n \log n)-O(1) $，但没必要。
口胡另外一个做法：对每个左端点 $ l $ 维护一个数 $ cnt_l $，初始均为 $ 1 $，表示查询以 $ l $ 为左端点的区间第 $ cnt_l $ 大的值。于是就转化为了一个区间第 $ k $ 大问题，用主席树维护即可。
未完待续...
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