各种数据结构问题

各种简单数据结构维护的 polylog 题

P11094 [ROI 2021 Day 2] 砍树

比较有思维量的数据结构题。

对于这一类区间操作统计合法点数的问题，不妨考虑对点计数而非模拟过程。不妨求出 \(L_i\) 表示 \(i\) 向左倒下，需要询问的 \(l\) 的最大值；\(R_i\) 表示 \(i\) 向右倒下，需要询问的 \(r\) 的最小值。

考虑 \(L\) 的求法。考虑由从左到右求 \(L\)，每个位置由近及远砍树：维护变量 \(j\) 表示当前考察的需要砍掉的数的下标。显然有 \(a_i-h_i<a_j\)。考虑若 \(a_j+h_j\leq a_i\)，由于其右侧所有树均已经被砍倒，可以令其往右倒下，接着考虑 \(j-1\)；否则砍倒 \(j\) 需要 \(L_j\) 及右侧的全部被砍倒，直接考虑 \(L_j-1\)。由于 \(L\) 数组有包含关系，我们显然只需要考虑 \((a_i-h_i,a_i)\) 区间内所有满足 \(a_j+h_j> a_i\) 的点中 \(L\) 的最小值，并将其与原始范围取 \(\min\)。第二个条件可以通过把点挂在 \(a_j+h_j\) 处消去，于是使用线段树维护单点修改区间最小值即可。\(R\) 的求法是类似的。

当我们求得 \(L,R\) 之后，对于每一个询问 \(l,r\)，一个合法的 \(i\) 需要满足 \(l\leq L_i\leq i\leq r\) 或 \(l\leq i\leq R_i\leq r\)。考虑一个容斥，我们分别求出有多少个小于等于 \(r\) 的 \(i\) 满足 \(L_i\geq l\)；有多少个 \(\geq l\) 的 \(i\) 满足 \(R_i\leq r\)；有多少个小于等于 \(r\) 的 \(R_i\) 满足 \(L_i\geq l\)。分别离线下来用树状数组维护即可。

P7880 [Ynoi2006] rldcot

支配对。树上 LCA 相关问题时，考虑枚举 LCA，有效的点对数可能很少。

对于这道题来说，考虑合并子树时产生的影响。我们考虑启发式合并维护子树节点，插入一个点 \(x\) 时，显然只有 \(x\) 标号的前驱 \(pre_x\) 和后继 \(nxt_x\) 与 \(x\) 组成的两个区间 \([pre_x,x],[x,nxt_x]\) 是有效的，因为其余区间包含这两个区间的某一个，若它们会产生贡献，则这两个一定也可以产生贡献，而数颜色只需要一个贡献就够了。

于是你得到了 \(O(n\log n)\) 个三元组 \((l,r,c)\) 表示若询问区间包含 \([l,r]\)，则其中存在颜色 \(c\)。考虑把 \(l,r\) 放在平面上，询问 \(L,R\) 要问的是 \(l\ge L,r\le R\) 的点的颜色数。询问是一个 2-side 矩形，考虑 \(l\) 从大到小扫掉一维，此时每种颜色只有 \(r\) 最小的有效。于是对于每种颜色维护当前最小的 \(r\)，再对每一个 \(r\) 维护有多少种颜色以他作为最小值位置，需要支持单点加减、前缀求和，使用树状数组即可。

总复杂度 \(O(n\log^2n+q\log n)\)。

P8528 [Ynoi2003] 铃原露露

仍然是支配对。考虑一组点对 \((x,y,z)\) 其中 \(z=lca(x,y)\)，他会对合法子区间做出一些限制。例如当 \(a_x<a_y<a_z\) 时，\(l\le a_x\) 且 \(r\in [a_y,a_z-1]\) 的子区间一定不合法，其他情况同理。也就是提出了若干个矩形，将其覆盖为不合法。

考虑在 LCA 处合并子树时，插入一个 \(a_x\)，不难发现可以只保留 \(a_x\) 的前驱和后继，其他的子区间会被这两种覆盖，于是是 \(O(n\log n)\) 个矩形覆盖，可以差分成 3-side 矩形覆盖；查询是一个 2-side 矩形覆盖。于是可以维护区间加减，从大往小扫描 \(L\)，查询一个前缀历史上为 \(0\) 的个数和。对于历史和问题，考虑维护一个 add 和一个 attach 的 tag，其中 attach tag 表示给历史个数加上这个区间最小值的个数（这里不记为“给为 \(0\) 的加”的原因是合并 tag 后，第一个 tag 值为 \(0\) 的点其值会变化，就没法合并标记了；但最小值在合并了 add 标记后仍然不变），每次 pushdown 判断两个子区间最小值是否是大区间最小值，是再下方 attach 标记即可。

P11364 [NOIP2024] 树上查询

多个限制下的查询问题，一定要考虑找多个限制的共同变量进行维护，这样就可以把多个限制缩成一个区间查询的形式。

首先，我们希望求出每个点作为 LCA 时的所有极长标号连续段。不妨做一个类似 dsu on tree（基于轻重链分治的那个算法，若做启发式合并会多一个 log），对于每个点，先遍历其所有子节点计算子节点答案，同时维护一个并查集，表示哪些标号的连续段已经找到了 LCA。注意这个并查集无需清空。所有儿子都走完后，枚举每一个轻子树内的点，观察其所在连通块左右两侧的点是否也在当前点的子树范围内，是则合并，此时可以得到 \(O(n)\) 个连续段（每次合并都会消除一个空隙）。这部分总复杂度是 \(O(n\log n)\)。

然后问题变为：你有若干个线段 \([L,R,v]\)，其中 \(v\) 是其权值。每次询问给定一个 \((l,r,k)\)，求与 \([l,r]\) 交集至少为 \(k\) 的线段中，权值的最大值。考虑分类讨论：

• 若 \(L\le l\le r\le R\)，此时不必考虑 \(k\) 的限制，把每一个线段挂在 \(L\) 上，扫描左端点维护右端点，等价于查询 \([r,n]\) 内的权值最大值。
• 若 \(L\le l\le R\le r\)，此时有额外限制 \(l\le R-k+1\)。考虑扫描 \(k\)，则可以去除 \(L\le l\) 的限制（此时同样考虑了 \(l\le L\le R\le r\) 的情况），问题变为查询所有 \(l\le R-k+1\) 且 \(R\le r\) 的线段的权值最大值。不难发现需要满足的条件就是 \(R\in[l+k-1,r]\)，仍然是区间维护最大值。
• 若 \(l\le L\le r\le R\)，此时有额外限制 \(r\geq L+k-1\)。仍然扫描 \(k\) 去掉 \(R\) 的限制，此时需要满足的条件就是 \(L\in [l,r-k+1]\)，仍然是区间维护最大值。

因此做三次扫描线即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

QOJ964. Excluded Min

首先考虑如何判定：对于一个区间，我们维护一个值域的桶，设 \(sum_i\) 表示 \(\leq i\) 的数的个数，找到最后一个 \(sum_i\geq i+1\) 的位置 \(x\)，则答案为 \(x+1\)。于是可以做 \(O(qa)\)。由于这是值域的桶，用莫队配合线段树可以做 \(O(n\sqrt n\log n)\)。

考虑 \(\operatorname{polylog}\) 做法。由于询问和值域密切相关，于是考虑换维，从大往小扫描值域，维护每个询问当前的 \(sum\) 的值。初始时的 \(sum\) 为区间长度，每次去掉一个数后，需要给包含这个数的询问减 \(1\)。每次删完一个值的数后，找满足条件的位置。一个位置首次满足条件即可求得答案。

现在的问题是怎么找包含这个数的所有区间。注意到若两个区间是包含关系，则大区间答案一定不小于小区间，所以可以等大区间确定答案之后再维护小区间，这样在线段树上的有效值左右端点均单增，减法的受众就是一个区间了。考虑如何求出一个区间删除后，新出现的不被包含的区间有哪些。若给所有区间按照左端点增、右端点降的顺序排序，设被删除的区间编号为 \(x\)，已被加入而未被删除的下一个区间的编号为 \(y\)，上一个区间的右端点为 \(p\)，则新区间的编号一定在 \((x,y)\) 内。我们每次找到该区间内右端点最大（相同的，左端点最小，也即编号最小）的未加入区间 \(j\)，若 \(r_j>p\) 则该区间合法，令 \(y\gets j\) 之后继续寻找即可。对于一个区间，我们开一个 BIT 动态维护当前值域下每个位置的值有没有被删掉，即可求得其当前的权值。

P9130 [USACO23FEB] Hungry Cow P

对于一类靠后元素的贡献受到靠前元素的情况影响的问题，不妨可以考虑兔队线段树（单侧递归）。其中最经典的是维护前缀最大值的个数。具体做法是在每个区间维护只考虑这个区间内的元素时，区间内的答案（有时可能需要维护右区间的答案），然后利用一个 calc 函数在 pushup 时 \(O(\log n)\) 地计算。

对于此题同理。我们实现一个 \(calc(lst,le,ri)\)，表示将 \(lst\) 的干草传入 \([le,ri]\) 区间后的实际贡献。设原始数据天数为 \(t\)，传给下一个区间的数量为 \(lst\)，考虑两种情况：

• 若 \(t_{le}+lst>mid-le+1\)，此时左区间一定被填满，重新计算 \(lst\) 后递归进入右区间即可。
• 否则右区间一定不动，递归进左区间计算即可。8672

动态开点线段树即可。由于信息有可减性，故不必维护右区间答案。

QOJ70. Bitaro, who Leaps through Time

对于这种对描述过程的序列区间询问的问题，有几种思考方式：

• 找到一个比较形式化的策略，然后用数据结构/扫描线/换维等方式求得答案（QOJ964、P9839）；
• 找一个事件发生的充要条件、观察区间单调性转化问题，统计事件发生数目来求解（P11191、P11094）；
• 直接暴力上数据结构维护过程量。
• 直接暴力换维，扫描操作对象维护询问答案。（如在询问区间开始时插入一个元素表示询问，加入一个操作对象时修改所有元素的询问，在某个询问区间结束时即可回收询问得到答案）（QOJ8672)
• 线段树分治。

对于这个题，你发现我们在每一个位置都是用一个时间去对冲一个时间区间，得到一个新的时间，显然有公共的过程量，因此可以直接上数据结构维护过程量。

首先，我们考虑令每一个时间都减去坐标，这样消去了在两个点之间移动的自然花费，便于讨论。注意反向走的时候要将减改成加。

接着，我们设两个状态量 \((L,R)\) 和 \((s,t,c)\)，表示这一段的位置可以于 \([L,R]\) 内的任意时间出发而无障碍地通过；或我们为了最小化花费，这一段一定是从 \(s\) 时刻出发，于时刻 \(t\) 走完，且花费为 \(c\)。分类讨论可以写出任意两种状态的合并式子，每一次询问的初始状态是 \((b,b,0)\)，终止状态要补合并一个 \((d,d,0)\)。

注意到这个合并一定是最优的，且具有结合律，于是上线段树维护即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

QOJ8672. 排队

考虑扫描人，用线段树同时维护所有询问当前的人数。对每个询问，走到 \(L\) 的时候加入线段树，将初始的 \(-\infty\) 设为 \(0\)，走完 \(R\) 后查询答案。每加入一个人，需要给人数在 \([l_i,r_i]\) 区间内的人数 \(+1\)。不难发现每个区间的人数变化不会发生相对大小变化，于是按照询问 \(L\) 倒序在线段树上重标号，则有人数单调不降，每次线段树上二分+区间修改即可。

P11286 [COTS 2017] 盗道 Krimošten

首先，同一个区间内，终止值关于起始值存在单调性，因此可以直接暴力维护分段函数，查询时在每个区间二分，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，可以通过。

考虑优化这个做法：我们可以想到扫描线扫序列，线段树以起始值为下标，维护其运行到当前位置时的值。不难发现这个东西时刻单调，可以二分+区间修改解决。考虑怎么回答询问？仍然离线，当扫到 \(l\) 的时候，二分找到当前值为 \(l\) 的位置，扫到 \(r\) 时查询这个位置上的值即可。总复杂度来到 \(O(n\log V)\)。

P11340 「COI 2019」TENIS

我们观察到，序列开头的那个人一定能赢；若一个人 \(x\) 能赢，则对于所有在某一个场地能战胜 \(x\) 的人都能赢。因此，所有能赢的人在三个序列里的位置都是一段前缀，这一段前缀的人的集合相同。我们希望找到最靠前的一个位置，使得三个序列里对应的集合相同。

首先可以考虑异或哈希，对于每个位置，维护前缀上三种不同的哈希值，并维护最大值与最小值的差值。问题出现在这样的修改是一个区间异或，没法维护最小差值。或许可以和哈希？但是错误率有点大，维护也略显复杂。

考虑另外一个判定思路：对于每个选手维护最靠前和最靠后的排名 \(le_i,ri_i\)，则 \([le_i,ri_i-1]\) 内显然都不能作为合法位置；若一个位置没有被任何一个 \(le_i\) 覆盖，则它一定是一个前缀集合相等的合法位置。因此问题转化为区间加、找最靠前的全局最小值的位置。线段树即可做到 \(O(n\log n)\)。

P10144 [WC2024] 水镜

考虑一个间隔两侧柱子高度的大小关系：

• \(h_i>h_{i+1}\)，则当 \(L<\frac{h_i+h_{i+1}}{2}\) 时，\(\min_i<\min_{i+1}<\max_{i+1}<\max_{i}\)，记为 \((14,23)\)；否则 \(\min_{i+1}<\min_{i}<\max_{i}<\max_{i+1}\)，记为 \((23,14)\)。
• \(h_i<h_{i+1}\)，则当 \(L<\frac{h_i+h_{i+1}}{2}\) 时形如 \((23,14)\)；否则形如 \((14,23)\)。
• \(h_i=h_{i+1}\) 时，\(\min_i=\min_{i+1}<\max_{i+1}=\max_{i}\)，记为 \((=)\)。

于是可以对 \(L\) 离散化出 \(O(n)\) 个值。注意到 \(L=\frac{h_i+h_{i+1}}{2}\) 时一定不优，故考虑每个值取成 \(v+eps\) 的实际值。另还需取 \(0\)。

对于一个合法区间的所有间隔，其模式一定形如 \((14,23),(14,23),\dots,(14,23),(=),(23,14),(23,14),\dots,(23,14)\) 的形式，中间的等号可以缺失。也即：\((23,14)\) 和 \((=)\) 的后面都只能接 \((23,14)\)，\((14,23)\) 后面不限。

对于不同的扫描维度，有两种考虑方式：

• 从小往大扫描 \(L\)，维护合法的极长连续段，每一次只会改 \(O(1)\) 个这样的连续段，可以用 set 维护。另开一个线段树维护以 \(i\) 为左端点的最大右端点，每次得到一个新的连续段时，就做区间对值取 \(\max\)，最后单点查询即可。
• 从大往小扫描左端点（间隔），线段树维护每个 \(L\) 取值对应当前能取到的最大右端点。假设当前扫描到间隔 \((i,i+1)\)，根据当前间隔和下一个间隔两侧的大小关系，可以划分出至多 \(3\) 个 \(L\) 的区间，每个区间中两个间隔取得相同的模式。其中，某些区间对应的模式是不合法的，也即不能再往后延续，分类讨论，将这样的区间推平成 \(i+1\) 即可，每次修改完毕后查询全局最大值贡献答案。

上述两种做法复杂度均为 \(O(n\log n)\)，可以通过。第二种做法不需要使用 set，常数相对更小且实现相对更为容易。

P11536 [NOISG2023 Finals] Curtains

扫描线，考虑扫到 \(r\) 时加入所有右端点为 \(r\) 的区间，在每个点上维护“只使用 \([l,r]\) 的所有帘子，能到的最靠右的位置。回答询问是容易的，考虑添加一个区间 \([l,r]\)，这使得所有 \([1,l]\) 中 \(\geq l-1\) 的值都变成 \(r\)（也可以是对 \(r\) 取 \(\max\)）。设计 tag \((x,y)\) 表示对区间内 \(\geq x\) 的做对 \(y\) 取 \(\max\)，考虑两个 tag \((l_1,r_1),(l_2,r_2)\) 的合并，设后一个是新来的，则我们一定有 \(l_1<r_1,l_2<r_2,r_1\leq r_2\)。感觉性质很多，考虑分类讨论：

• 若 \(l_2\le l_1\)，则直接 cover。
• 否则，\(l_1<l_2\)。若 \(r_1\geq l_2\)，则合并结果是 \((l_1,r_2)\)。
• 否则，\(l_1<r_1<l_2<r_2\)。注意到位置 \(i\) 能被 tag \((x,y)\) 覆盖的条件是 \(i\le x+1\)，且 \(i\) 的初始值为 \(i-1\)，此时有 \(l_2>l_1+1\geq i>i-1\)，也即某位置的初始值一定不可能被 \(l_2\) 更新到。又其上方的 tag 单调不降，因此所有位置实际最大值为 \(r_1\)，第二个 tag 是无效的，直接舍去。

于是可以用线段树维护了。复杂度 \(O(n\log n)\)。

P11295 [NOISG2022 Qualification] Dragonfly

不妨考虑处理出一个池塘最后一次有虫是在 \(t_i\) 次询问之前。然后考虑时光倒流，每次加入一个点，就删除掉所有子树内同色点的贡献，可以对每个点用一个 set 进行维护当前有贡献的点，那么就是子树加、单点查询，可以直接使用 BIT。

考虑求 \(t_i\)，容易想到整体二分，仍然是单点加、子树求和，使用 BIT 维护，常数比较小。总复杂度 \(O(q\log^2 n)\)，瓶颈在整体二分。

根号相关

P8078 [WC2022] 秃子酋长

回滚莫队：对于左端点在同一个块内的所有询问，初始化左右端点都在块的右端点处，每次询问暴力扩展左侧，均摊扩展右侧，回答完一个询问后，左侧回滚，右侧不变。

暴力做法是直接莫队，用 set 维护元素，插入或删除都查找前驱后继即可。

考虑去掉一个 log。注意到在只有删除操作的时候，使用链表可以 \(O(1)\) 地找到前驱后继，所以考虑回滚莫队，右端点从大往小排序，每一块重构从左端点到 \(n\) 的完整链表，每次询问左右端点分别删除，回答后左端点回退（撤销）即可单根号。

P5386 [Cnoi2019] 数字游戏

考虑对较为困难的值域做莫队，问题转化为 \(n\sqrt n\) 次单点 flip，\(O(n)\) 次查询一个区间内有多少个子区间全为 \(1\)。显然可以套一个分块做平衡。那么我们可以扫描散块的每个点和每个完整块，需要做的只是快速查询一个完整块前驱后继上的连续 \(1\) 长度，以及块内独立连续段的答案。考虑在修改的时候维护这个信息。具体地，我们对于每一个块独立考虑，对于每一个连续段，在段尾维护段首的下标，在段首维护段尾的下标，则 \(0\to 1\) 合并一个段是容易的，这对应莫队的插入。合并后，根据这个新段是否不在边上，可以直接维护出新的答案，于是做到上述信息的 \(O(1)\) 查询。这个东西不支持删除，于是回滚莫队即可。最后做到单根号。

P4117 [Ynoi2018] 五彩斑斓的世界

考虑分块，对于这种把一个值的全部变成另一个值，考虑用并查集维护值，初始为 \(x\) 的元素的当前值为根的对应值。查询时散块暴力扫，整块在并查集的过程中额外维护每个数的出现次数即可。

考虑修改，散块修改显然可以暴力修改每一个位置的值，并撤销之前的所有并查集/桶修改，暴力重构。对于整块，考虑均摊，维护最大值 \(mx\)。若 \(mx\geq 2x\)，则把小于等于 \(x\) 的全部加 \(x\)，再打一个区间减法标记；否则直接遍历大于 \(x\) 的部分，暴力减去 \(x\) 即可，不难发现遍历的量和 \(mx\) 的变化量一致。于是可以做到 \(O(n\sqrt n\alpha(n))\)。

注意到每一块的操作是独立的，于是可以对于每一块分别做，即可解决桶开不下的问题。

注意如下两个细节：

1. \(0\) 存在时会导致一个被改走的值重复出现，因而需要特判 \(0\) 的个数，其他操作时不考虑 \(0\)。
2. 并查集的下标会有 \(tag\) 引起的位移。牢记并查集维护的信息：下标为 \(x\) 的点的根的下标为 \(y\)，代表初始值为 \(x\) 的点经过修改后的当前实际值为 \(y-tag\)。则每次将实际值为 \(x\) 合并到 \(y\) 上时，在并查集的操作是将下标 \(x+tag\) 的点合并到下标 \(y+tag\) 的点。但查询一个点的值时，用其初始的真实值直接作为下标查根。换句话说，虽然都是用下标表示的，但是初始值和最后的真实值的偏移独立，初始值不偏移。

困难的题

P6109 [Ynoi2009] rprmq1

题意：给定 \(n\times n\) 的矩形，有 \(m\) 次矩形加，在所有修改结束后有 \(q\) 次矩形 max 查询。\(n,m\le 5\times 10^4,q\le 5\times 10^5\)。

CDQ 分治可以把没有可减性的区间询问转成前缀询问，有可减性的可以直接差分。

考虑对 x 轴做 CDQ 分治，把每个询问挂在最小的包含它的分治区间 \([l,r]\) 上，从 \(mid\) 处分成两个前缀矩形查询。于是一个单独的问题可以用区间加区间历史最大值解决。

考虑不重复遍历所有询问，注意到每一层的子问题形成若干个不交的区间，在一个子问题区间的左端点处，需要消除前面的历史最大值的影响，将前面的历史最大值设成当前的区间最大值。可以使用一个 tag 解决，也可以执行区间加 \(\inf\) 解决。需要 \(O(\log n)\) 次遍历矩形的 y 轴和所有修改，总复杂度 \(O((n+m)\log ^2n+q\log n)\)。

区间加区间历史最值：维护 tag 表示该区间当前还需加多少，及还需加的这个值历史最值是多少即可。若有赋值操作，需分开维护复制前后的加 tag 的历史最值。

P9247 [集训队互测 2018] 完美的队列

考虑离线，对于每一次 push 求出其加入的 \(x\) 的生效时间段，最后将同一个值的时间段取并集即可简单求出每个时刻的答案。

每一次 push 生效的是一个区间，因此考虑分块。设块长为 \(B\)。考虑先对每一个块预处理出 \(t_i\) 表示从第 \(i\) 个时刻开始计算，到哪一个时刻满足块内的每一个 \(i\) 都满足加上的数 \(d_i\geq a_i\)。维护每一个值剩余的阈值，及阈值的桶，使用双指针求值，每次需要支持加入或删除一次操作的影响。对于完整覆盖的操作，使用全局 \(tag\) 即可；对于散的修改，暴力改即可（这里有一个均摊，暴力次数为 \(O(mB)\)）。此部分总复杂度为 \(O(m(B+\frac{n}{B}))\)。

考虑一次操作，其覆盖的整块可以直接利用预处理的信息得到答案；对于散点，是形如 \(O(mB)\) 个询问，每次给定一个点 \(x\)，问该点从 \(t\) 开始首次被覆盖 \(a_x\) 次的时间，同时有区间覆盖。考虑换维扫描线，扫描序列轴维护时间轴，将区间覆盖差分成两个点的操作，每个点上都会对时间轴的一个后缀做操作。对于一个询问，只需要二分首个从 \(x\) 开始的前缀和 \(\geq a_x\) 的位置即可，这显然可以转化为全局二分一个前缀。可以使用线段树或树状数组上二分完成。此部分复杂度 \(O(mB\log m)\)，取 \(B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}\) 即可做到 \(O(m\sqrt{n\log n})\)。

树状数组上二分：对全局和大于或小于一个界进行二分，从高往低确定答案的每一位，并给答案补上这一位即可。原理是树状数组上 \(i\) 保存的是 \((i-lowbit(i),i]\) 的和。

QOJ8035. Call Me Call Me

题意：有 \(n\) 个人，第 \(i\) 个人参与聚会的条件是 \([l_i,r_i]\) 中至少有 \(k_i\) 个人参加了聚会，问能参加聚会的人数最大值。\(n\le 4\times 10^5\)。

显然可以转化为给所有覆盖 \(x\) 的点减 \(1\)，以及求全局最小值。先考虑所有区间都是一个前缀的情况，此时将所有人按照右端点离散化，等价于区间减、全局最小值，不难完成。

对于其余情况，考虑猫树分治，利用 CDQ 结构转为前缀情况，此时一个区间由一个前缀和一个后缀拼合形成。对于每一个分治树的节点，我们开两颗线段树（一个表示前缀的限制，一个表示后缀的限制），仍然把这个点上的所有人按照某一端点离散化后挂在线段树上。此时我们的限制是，同一个人在两棵树上的值的和 \(\geq k_i\)，使用折半报警器在 \(O(\log n)\) 的复杂度下转化为寻找值为 \(0\) 的位置即可。

具体地，我们在分治树上同样 pushup 维护每个线段树的最小值的 min（类似树套树），可以花费 \(O(\log n)\) 的代价找到一个 \(0\)，同样在 \(O(\log n)\) 的代价内完成限制的均分，总 \(0\) 的个数不超过 \(O(n\log n)\)，故此部分复杂度 \(O(n\log^2 n)\)；确定一个人参加后，所有 cover 了这个人的节点都可能进行修改，共有 \(O(\log n)\) 个，需要在每棵树上进行区间减。故整道题总复杂度做到 \(O(n\log^2 n)\)。

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另解：考虑一个暴力，即每次暴力找到覆盖一个点的区间去减，可以借用线段树结构把每个 \([l,r]\) 挂在 \(\log\) 个点上，但不报警，直接把减的挂在每一个点上面，复杂度是 \(O(\sum len)\)。

这样复杂度太大。考虑设定阈值 \(B\)，只在线段树上保存剩余目标数小于等于 \(B\) 的点。这样一个点在线段树上会被遍历到 \(B\) 次，此部分复杂度为 \(O(n\log n+nB)\)。此时限制数大于 \(B\) 的某些点是没有被更新的，因此我们需要每找到 \(B\) 个加入的人之后，都把所有未更新的点都重更新一次，可以使用前缀和快速更新，此部分复杂度 \(O(\frac{n^2}{B})\)，于是可以平衡做到 \(O(n\sqrt n)\)。

P7220 [JOISC 2020] 掃除

依照部分分提示，首先考虑点单调不增的情况，此时无论如何操作，点之间的相对位置关系不变，直接二分到修改区间然后做区间推平即可。可以用线段树或平衡树维护。

再考虑没有插入点的情况。此时有一个性质：任意时刻满足至少被推了一次的所有点，满足当前坐标单调不增。可以用反证法简单证明。于是考虑快速求出每个点首次被推的时间及推到的位置，注意到一个点能被覆盖的矩形的横轴长度是一个区间，于是这是一个简单的静态区间 min，随便做即可。在每个点被操作之后再将其插入数据结构一起维护，用平衡树即可。这里复杂度是 \(O(Q\log Q)\)。

考虑插入点。注意插入点的操作会破坏上述性质，也即上述性质的成立条件是初始时所有点均存在。考虑线段树分治去掉插入操作。具体地，每一个询问与对应点的插入时刻形成一个区间，将其拆分成 \(\log Q\) 个区间，DFS 整个线段树，在每个节点上做一次没有插入的问题，即可算出询问的每一个点执行完该区间中的操作后，所在的位置。将位置存下来，留到下一次有该询问的点上利用即可。复杂度 \(O(Q\log^2 Q)\)。

P7560 [JOISC 2021] フードコート (Day1)

整个队列不能直接维护，并且队首有一些人离开很麻烦。首先考虑去掉离开操作：假设你知道一次询问时，该店已经离开的人数为 \(l\)，则去掉离开操作后，实际询问的人是 \(B+l\)。因此我们需要求出每个询问时，该店已经离开的人数。直接动态维护人数也不方便，考虑有离开人数=总的到来人数-当前人数，我们考虑同时维护两个值。总到来人数可以直接区间加，当前人数需要支持区间加、区间减、区间对 0 取 max，同时单点查询。注意此处对值取 max 没有和区间求和共存，故不需要吉司机线段树，直接维护 tag 即可。

具体地，由于查询是单点的，可以用线段树维护当前区间内的人数最小值。具体地，我们维护两个 tag，分别是区间加/对一个数取 max，假定是先加减，再取 max，对区间取 max 操作可以直接合并；对加减操作，就将两个 tag 同时加上当前要加的值即可。合并 tag 的时候，假设原有 tag 为 \((a,b)\)，新 tag 为 \((c,d)\)，合并之后就是 \((a+c,\max(b+c,d))\)。这是容易维护的。

此时，问题变为有若干个区间加正数的操作，多个询问，问某个点首次大于等于一个值的时间。类似前面说的，考虑换维扫描线，扫描线扫序列，维护时间轴。一个区间加操作等价于在 \(l\) 位置，给一个时间的后缀加上了一个数，在 \(r+1\) 的位置减去了一个数。需要维护的操作是区间加、维护区间最大值，二分首个大于某个值的位置。线段树是好做的。最后就是找那一次操作加的是哪个颜色即可，若最终答案晚于询问时间，即为 -1。

P7907 [Ynoi2005] rmscne

注意到扫描线只能解决三维的问题（扫一维，数据结构下标一维，维护一维的最值或和值），对于四维问题，NOIPT4 的解决方案是放缩限制后去掉一维（把区间看成二维平面上的点，对面积容斥）；此外还可以考虑是否某两维相对独立，拆成两个三维的问题进行解决，一个问题用数据结构维护，另一个问题用查询技巧解决。

题意：\(q\) 次询问一个区间 \([L,R]\) 的最短子区间 \([l,r]\) 长度，使得子区间的颜色数等于询问区间的颜色数。

考虑一个更紧的问题：要求 \(r=R\) 时，我们可以直接二分到一个最小的 \(l\)，使得对于任意 \(i\in[L,l)\)，均有 \(nxt_i\le R\)。线段树上维护 \(nxt\) 的最大值即可。我们设这个问题下，询问 \([x,y]\) 得到的结果为 \(res_{x,y}\)。

利用这个东西，我们可以去掉原问题中的 \(l\) 这一变量。具体地，我们要求 \(\min_{r=p}^R res_{L,r}\)，其中 \(p\) 表示最靠前的满足任意 \(i\in(p,R]\)，均有 \(pre_i\geq L\) 的点，仍然可以线段树维护 \(pre\) 的最小值求出。

直接考虑 \(\min\) 式子的求法。考虑扫描 \(res\) 和询问的共有变量 \(L\)，在线段树上维护 \(r=i\) 时的 \(res\)，查询是一个区间最小值；考虑新加进来一个 \(L\) 时，\(\geq nxt_L\) 的右端点 \(r\) 的 \(res\) 不变；\([L,nxt_L)\) 内的所有区间都必须扩展到 \(L\) 处，\(i\) 处的答案是 \(i-L+1\)，实际上是一个公差为 \(1\) 的等差数列。于是做区间赋值等差数列、区间求 min 即可。总复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。

P9877 [EC Final 2021] Vacation

最大子段和模型：在线维护全局内形如 \(\max(a_i+b_j)\) 的值，类似 CDQ 的在线版本，合并时考虑继承子区间或从左右分别选择一个端点。

题意：给定序列 \(a\) 和常数 \(c\)，\(q\) 次询问进行单点修改，或询问 \([l,r]\) 内长度不超过 \(c\) 的最大子段和。

这个 \(c\) 的限制很奇怪，考虑哨兵 trick，以 \(c\) 为块长分块，则答案要么在某一块内，要么是一块的后缀加上下一块的前缀。

对于答案在块内的情况，对每一块开线段树维护最大子段和，再开一个全局线段树维护其最大值即可。

考虑拼合的情况。给每一块的元素分别标号，设 \(pre_i\) 表示当前块内前 \(i\) 个元素的和，\(suf_i\) 表示后缀和。注意到长度不超过 \(c\) 等价于 \(pre_i+suf_j\) 中满足 \(j>i\)。注意到单点修改等价于给所属块的 \(pre\) 和 \(suf\) 做区间加减，于是使用对于每一块使用线段树维护 \(pre,suf\) 分别的最大值，以及从区间内分别选出 \(i\) 和 \(j\) 的最大答案即可。合并是容易的。仍然另开线段树维护每一组相邻块的答案的 \(\max\)。

考虑一个查询。特判掉不跨块的情况，剩余答案有如下几种贡献形式：

1. 完整块内，直接在第一个全局线段树上查询区间 max。
2. 完整块与完整块的间隔，在第二个全局线段树上查询区间 max。
3. 散块与整块。以散块在前为例，此时 \(j\) 要求是一个后缀，分 \(i\) 也在这个后缀内，和 \(i\) 不在后缀内两种情况查询，前者在对应块的线段树上做区间查询，后者由于不交，直接查两个 \(\max\) 后拼合。散块在后是类似的。
4. 散块与散块，此时 \(j\) 要求是一个后缀，\(i\) 要求是一个前缀，两者不交的情况是容易的；若有交，按照 \(i\) 是否在交里分类，其余与 3 类似。

于是做到单 log，常数较大。

P9388 [THUPC 2023 决赛] 先人类的人类选别

多树二分：最基本的应用是求区间第 \(k\) 大时，在两个主席树上同时二分。类似推广，对多个序列的某些区间合成一个新序列，对其做二分，即可用类似方法做多树二分。

对于一个前缀，操作等价于使用 \(x\) 替换掉区间最小的那一个值。将询问差分成两个前缀和，每次询问等价于把一个 \(x\) 序列的前缀和一个 \(a\) 的前缀的元素放在一起，问这些元素前 \(k\) 小的和，扫描操作序列，用权值线段树维护已有 \(x\)，用权值主席树维护 \(a\)，每次在两棵树上做多树二分即可。

P10107 [GDKOI2023 提高组] 树

向子树内最右侧儿子倍增，与同层子树的前缀结构相结合。

具体地，是树上向子树内的倍增、同层子树间的差分与前缀和，及前缀子树内深度上的差分，用来解决子树邻域问题。

对于此题来说，异或与加法在一起只能拆位，而向子树内的倍增恰好与拆位相吻合。而后有几个关键转化：

1. 直接记录答案，在合并时可能会因为有多个儿子导致复杂度爆炸。于是对同一层子树的答案做前缀和累加，每次只需要从最右侧的一个儿子处继承答案即可。回答询问时只需要把两个前缀答案相减。
2. 在合并时，由于距离信息上增加了一个 \(1\)，故下层的答案继承上来会有变化。你需要知道有多少个点从 \(1\) 变成了 \(0\)，也即需要知道小于某一个深度范围内的前缀子树点中，有多少个点的权值为 \(1\)。于是再叠加一层对深度范围的累加，转化为对所有深度的前缀子树点计数，只需要处理第 \(2^k\) 级最右儿子即可相减求得答案。

树套树与分治

P9068 [Ynoi Easy Round 2022] 超人机械 TEST_95

题意：单点修改，全局本质不同逆序对数。

将本质不同逆序对进行一个转化。考虑对于若存在数对 \((a,b)\) 是一个逆序对，那么不妨选择第一个 \(a\) 和最后一个 \(b\) 作为计数对象。进而，对于每个数 \(x\)，记录其最先出现的位置 \(fir_x\) 和最后出现的位置 \(lst_x\)。我们希望求出 \(i<j\) 且 \(lst_i>fir_j\) 的数对 \((i,j)\) 的数量。不带修可以扫描线简单解决。

带修时，考虑增加时间维，每一个时间会导致 \(O(1)\) 个 \(fir\) 或 \(lst\) 发生变化。因此我们记录每一个 \(fir\) 和 \(lst\) 的出现时间，而删除可以通过附加 \(1\) 和 \(-1\) 的权值实现。注意到对两个 pair 的存在时间同时做偏序是困难的，因此我们考察每一个时间的修改量。以一个 \(lst\) 的修改 \((t,lst_x,1)\) 为例，我希望求出所有时间 \(<t\)，下标 \(j>x\) 且 \(fir_j<lst_i\) 的 \(j\) 的带权个数。其余情况类似。这是一个三维偏序问题，在较小的空间限制下直接使用 CDQ 分治，先按时间排序，再按下标双指针，最后按 \(fir\) 和 \(lst\) 的值做树状数组即可。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。

P7476 「C.E.L.U-02」苦涩

注意到插入信息不能合并，不能表示为 tag 下传，故标记永久化类似物是显然需要的。在每个线段树的节点上维护一个堆，额外再维护区间最大值，那么插入和求最值的操作就好维护了。考虑删除。在标记永久化的前提下，遍历到的每一个点的最大值显然都不大于删除的目标值。对于一个节点，若其不被操作区间包含，则往下递归，注意若堆顶的数是删除目标，需要将其下放到子儿子里面去（可能删的就是这个）。对于包含的情况，若该堆里有，则删除后 return；否则通过 check 最大值判断两个儿子内是否存在删除目标，若有则递归下去删。

这里的复杂度显然是均摊的。注意到插入操作插入的元素个数是 \(O(n\log n)\) 的，而删除操作遍历不被包含的节点总数是 \(O(n\log n)\)，故堆里的总元素个数是 \(O(n\log n)\) 级别的，下去删的复杂度均摊做到 \(O(n\log^2 n)\)，这也是总复杂度。

P5445 [APIO2019] 路灯

每次单点修改只会导致一个矩形内的路径合法状态改变。一个直接的想法是维护每个点保持状态的时长，但修改的时候需要给答案做对位加，比较困难。考虑每个点加上的是一段区间长度，不妨差分成两个后缀，这样一个矩形内加减的值就相同了。也即在修改后，维护此刻到最后一刻假设该点状态不变的答案，查询时单点查询，状态为合法时减去剩余时间即可。使用 set 维护合法连续段，剩的是一个矩形加、单点查，差分成 \(4\) 个前缀的 2-side 矩形之后转单点加、后缀查，树状数组套动态开点线段树即可。时空 2 log。