线段树

同步： https://buringstraw.win/archives/78/ 写了棵可持久化线段树，因为模拟赛里用到了主席树，而我却从来没写过。。。 凭借自己对当年上过的课的印象写的， 因为翻了很多博客没看懂 概述 每当有修改操作时，把需要修改的节点复制一份，在新复制的节点上完成修改操作。这里的修改也包括对点与点连接结构的修改。然后将每个版本的根节点存入 root 数组。 结构 这棵线段树需要动态开点，所以要有 struct struct node { int l, r;//对应的区间 int ch[2];//0:左儿子,1:右儿子 int v;//值 } c[MAXN]; 然后要有装初始元素的数组和 root 数组 int a[MAXN], root[MAXN]; 还要记录最新的节点和最新的版本 int newp, newv 操作 所有操作中都要注意：递归操作之后 newp 会改变 建树 跟普通线段树差不多 要先将根节点的 l , r 初始化好 root[++newv] = ++newp; scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", a + i); } c[newp].l = 1; c[newp].r = n; void build (int p) { if (c[p].l == c[p]

posted on 2019-10-06 22:08:50 【模板】线段树 1 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long lld; int n ,m; const int N = 1e5 + 5; lld sum[N << 2], tag[N << 2]; void pushup(int u) { sum[u] = sum[u << 1] + sum[u << 1 | 1]; } void build(int u, int l, int r) { if(l == r) { cin >> sum[u]; return; } int mid = l + r >> 1; build(u << 1, l, mid); build(u << 1 | 1, mid + 1, r); pushup(u); } void update(int u, int l, int r, int x) { tag[u] += x; sum[u] += (lld)x * (r - l + 1); } void pushdown(int u, int l

前言 　　 线段树是OI中常用的数据结构，因为码量大， 比较毒瘤 ，导致我以前学的时候没怎么在意，这都马上退役了，我才来补坑 　　之前学的时候，网上的代码都不符合个人的审美，一直在纠结学哪一种好，如果你也有这样的烦恼，请读完这篇文章，说不定我的码风可能适合你 一、 　　作为数据结构，线段树可以在 Ο(log n) 的时间复杂度完成一次操作，建树的过程则需要 Ο(n) 　模板题一 　　题目连接 : https://www.acwing.com/problem/content/description/244/ 　　这是最基础的线段树，当然有人会说你有 lazy_tag 还最基础吗？ 但是请想一想，如果没有 lazy_tag，线段树的存在是非还有意义呢 　　诚然，我已经相信你已经看过很多模板了，但是如果你觉得之前看过的代码不够美观，也可大致浏览一下 　 Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int N=100002; 7 inline ll read() 8 { 9 char ch=getchar(); 10 ll x=0;bool f=false; 11 while (

每一位维护一颗线段树 (-1)^1 =-2 (-2)^1=-1 #include <cstdio> #include<iostream> using namespace std; //#define int long long #define si signed #define sc(x) scanf("%d", &x); #define P pair<int, int> int lazy[4][4000005]; int sum[4][4000005]; int A[1000005]; int n, m; void pushdown(int id, int x, int l, int r) { if (lazy[id][x] == 1) { lazy[id][x] = 0; int mid = l + r >> 1; lazy[id][x << 1] ^= 1; sum[id][x << 1] = (mid - l + 1) - sum[id][x << 1]; lazy[id][x << 1 | 1] ^= 1; sum[id][x << 1 | 1] = (r - mid) - sum[id][x << 1 | 1]; } else if (lazy[id][x] == -2) { lazy[id][x] = 0; int mid = l + r >> 1; lazy[id]

题目描述 Description Input Output 若无解，则输出”Impossible”。 否则第一行输出”Possible”，第二行输出 n 个正整数，依次输出序列 a 中每个数。 Sample Input 5 2 2 2 7 5 3 1 4 2 2 3 4 5 1 4 Sample Output Possible 6 7 1000000000 6 3 Data Constraint 题解 线段树优化连边 ki向xij连边，xi与xi+1间的点向ki连边（线段树），线段树的点从下往上连边 一条从u到v的权值为s的边的意义是f[u]+s<=f[v]，拓扑求max即可 初值就是给出的p和d（不需要求出相对大小然后再搞） code #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++) #define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--) #define min(a,b) (a<b?a:b) #define max(a,b) (a>b?a:b) using namespace std; struct type{ int s,x; } b

题意 给定 \(N\) 个整数构成的序列，将对于指定的闭区间查询其区间内的第 \(K\) 小值。 $n \leq 2 \times 10^5 $ 思路 在 \([l,r]\) 区间内的数的个数，可以用 \(sum[r]-sum[l]\) 来计算，这样的话就很容易想到要开n棵权值线段树，但是一看范围，很显然会 \(mle\) ，于是就有一个叫主席树的东西出现了。 当新插入一个数的时候，会发现，只有一条路径上的 \(sum\) 会发生变化，其实只要复制这一条路径上的结点就好了。 插入时，如果它对右儿子无影响，那么将它的右儿子指向原先的树，左儿子继续进行插入操作，反之亦然。查找时用到差分进行左右路径的选择，一直走下去就好了。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=200005; int n,m,a[N],b[N],s1[N*40],s2[N*40],sum[N*40],T[N],l,r,x,tot,n2; int update(int pre,int l,int r,int x){ int rt=++tot; s1[rt]=s1[pre],s2[rt]=s2[pre],sum[rt]=sum[pre]+1; if (l>=r) return rt; int mid=(l+r)>>1; if (x<=mid)

原题链接 https://www.luogu.org/problem/P5025 闲话时刻： 第一道 AC 的黑题，虽然众人皆说水。。。 其实思路不是很难，代码也不是很难打，是一些我们已经学过的东西凝合在一起，只要基础扎实的话，做出这道题目来说也就很简单了（不包括我）； 题目大意： 有 n 个点，每个点可影响到它左右各 R [ i ] 范围内的点，并且影响到的点会产生连锁反应，求每个点能影响到多少个点； 题解： 一个很简单的思路： 向每个炸弹爆炸范围内的其他炸弹连一条 有向边 < u , v >，表示 u 能炸到 v，最后我们从每个点开始跑 dfs，看看能到达多少个点就好了； 但是。。。 这样连边的话，最劣情况下会连 n 2 条边，看一眼 n 的范围： N ≤ 5 0 0 0 0 0，嗯，显然不行 ~o(*￣▽￣*)o； 考虑建边优化： 不难想到一个炸弹的爆炸范围是一个长度为 2 * R [ i ] 的区间，这个区间内的所有炸弹都会被引爆，因此被引爆的炸弹也是一个连续的区间； 区间操作？你想到了什么？ 线段树优化建边 假如说一个炸弹 x 能炸到第 2~6 个炸弹，考虑怎么建边： 一般操作： 线段树优化建边： 建了 5 条边？看我的！ 我们发现，这种建边方式只需要建 ⌈ log 2 5 ⌉ = 3 条边； 看了上面的图，应该对 线段树优化建边 有了一个初步的认识了：

问题描述 CF786B LG-CF786B 题解 线段树优化建图 线段树的一个区间结点代表 \([l,r]\) 区间点。 然后建立区间点的时候就在线段树上建边，有效减少点的个数，从而提高时空效率。 优质题解传送门 \(\mathrm{Code}\) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long template <typename Tp> void read(Tp &x){ x=0;char ch=1;int fh; while(ch!='-'&&(ch>'9'||ch<'0')) ch=getchar(); if(ch=='-') ch=getchar(),fh=-1; else fh=1; while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar(); x*=fh; } const int maxn=100100; int INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; #define pii(x,y) make_pair(x,y) #define mid ((l+r)>>1) #define lfc (x<<1) #define rgc ((x<<1)|1) vector < pair < int , int > > e

传送门 作为给dtx的妹子讲题的交换他给我讲的 果然线段树最可爱了w 扫描线可以用来求矩形的面积并… 一个平面上有一些有重叠的矩形，求他们的并集的面积。 直接放网上的图了x 对于每个矩形，将y坐标拆成两个修改操作（插入和删除），从下到上排序； 将x坐标unique离散化，从左到右排序，用线段树维护切割出来的每条线段。 假设有一根从x轴出发，向上移动的线——也就是扫描线！ 遇到修改时，就在线段树上对应区间加上或减掉线段，答案加上（当前线段长度之和）*（这个修改到下个修改的y坐标之差）。 线段树中维护什么信息？ sum[i]表示区间i的线段总长度。显然，sum[i] = sum[ls]+sum[rs]。 但是对于插入和删除，不能直接修改sum的值，因为一个线段可能被多个矩形覆盖...删除了一个之后还可能有另一个。 lazy[i]表示区间i被几个矩形覆盖。这样，修改的时候直接在lazy上++--就好了。 而且一定是先加再减，所以lazy标记一定不会为负数。 可以发现，每次的查询操作都是查询整个区间。 那么只需要考虑上传，不用下传。 若lazy[i]>0，即被覆盖，则sum[i] = 区间i的长度； 否则，sum[i] = sum[ls]+sum[rs]。 注意： 在传统的——维护点的线段树里，(1,4) = (1,2)+(3,4)； 但维护线段时，线段(2,3)被忽略掉了。

【1】底边固定的矩形面积交 这是我第一次不知道知识点的时候，瞎用区间最大最小值，做的面积交 还挺快 #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #define lnt long long using namespace std; int n; const int N=1e9+3,M=40003; struct node { int x,id,pos; bool operator < (const node & o ) const { return x<o.x; } }ask[M<<1]; int tot,ll[M][2],h[M]; int td[M][2],d[M<<1]; int root,cnt; int ls[M<<2],rs[M<<2],len[M<<2]; int laz[M<<2],mn[M<<2],mx[M<<2]; void updata(int rt) { mn[rt]=min(mn[ls[rt]],mn[rs[rt]]), mx[rt]=max(mx[ls[rt]],mx[rs[rt]]); } void build(int &rt,int l,int r) { rt=++cnt; if(l==r) { len[rt]=d[l+1]-d[l]; return ; } int mid=(l+r)>