线段树

线段树区间修改，区间查询模板题 改了n次才过啊！！！ 传送门 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAX 100005 struct Node { int l,r; long long lazyadd,lazymul,val; }node[MAX<<2]; long long d[MAX],p; inline void pushup(int rt) { node[rt].val=(node[rt<<1].val+node[rt<<1|1].val)%p; } inline void construct(int rt,int l,int r) { node[rt].l=l; node[rt].r=r; node[rt].lazyadd=node[rt].val=0; node[rt].lazymul=1; if(l==r) { node[rt].val=d[l]; return; } int mid=(l+r)>>1; construct(rt<<1,l,mid); construct(rt<<1|1,mid+1,r); pushup(rt); } inline void pushdown(int rt) { if(node[rt].lazymul!=1) { node[rt<<1].val=(node[rt<<1

其实特别好理解，我们只要写一个数据结构（线段树）支持一下操作： 1.插入一个数 \(x\) 。 2.查询当前数据结构中最小的数的插入编号。 3.删除插入编号为 \(x\) 的数。 第一眼看成可持久化了 其实就是一个单点修改，区间（全局）查询的线段树。 zkw线段树在普通线段树的基础上进行了优化（卡常神器）。 我们记录每一个点在线段树中叶子节点的编号。这样修改的时候就不用递归下去找了，直接一个while循环pushup上来就完事。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cctype> #include<vector> #include<stack> #include<queue> using namespace std; #define enter puts("") #define space putchar(' ') #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) #define In inline typedef long long ll; typedef double db; const int INF = 0x3f3f3f3f; const db

权值线段树学习笔记 参考博文： https://www.cnblogs.com/zmyzmy/p/9529234.html 权值线段树： 权值线段树维护 数的个数 ，数组下标代表整个 值域 ，如果太大可以采用离散化。 定义： struct SegmentTree { int l, r; int s; //节点p的s表示这一段值域中数的个数总和 #define l(x) tree[x].l #define r(x) tree[x].r #define s(x) tree[x].s #define lson (p<<1) #define rson (p<<1|1) }tree[maxn<<2]; 建树： void build(int p, int l, int r) { l(p) = l, r(p) = r; if(l == r) { //初始化 return; } int mid = (l + r) >> 1; build(lson, l, mid); build(rson, mid+1, r); //pushup() } 单点更新： void change(int p, int x) { if(l(p) == r(p)) { //更新数据 return; } int mid = (l(p) + r(p)) >> 1; if(x <= mid) change(lson, x);

（零基础者出门左拐） 最近学了主席树，打了几道模板题。 感觉还行 主席树，在我看来就是线段树的可持化 （一开始以为主席树只是可持久化权值线段树） 。在题目中需要建多颗线段树或权值线段树且，相邻的线段树差别不大（一般就一个点不一样）时就可以用主席树。运用可持久化的思想，我们并不需要重新构建一颗线段树，因为只需要改一个点，所以线段树只需要新多出 \(logn\) 个节点，其他的节点继承前面的线段树就行了（所以一般都要开始建一颗空树）。这样一来，我们建树的时间复杂度和、这一堆线段树的空间复杂度变成了 \(nlogn\) ，真是佩服人类的智慧。 嗯，模板题，求区间第k大，我们找到对应的两颗线段树 \(root[r]\) 和 \(root[l-1]\) 然后在这两颗线段数上同时二分就行了。 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2e5+100; int num,n,m,a[N],b[N],tot,root[N],w[N*20],ch[N*20][2]; void build(int l,int r,int &now){ now=++num; if(l==r)return; int mid

当我们把区间问题拓展到二维的方阵问题的时候，很多东西，其实就不会再去求那么难的东西了，二维问题主要考察的是从一维到二维的一个转化和拓展 然后，我们还是以静态方阵->带修方阵的顺序来介绍，至于动态方阵，我们可以参考精准覆盖问题的DLX算法中使用的数据结构，那就是舞蹈链，除此以外，在NOIP2017的day2T3，队列一题我们也可以有着启发 然而动态方阵与我们这些老套的数据结构还是脱轨的，此处就不介绍了（强行解释一波） 先说静态方阵，我们针对静态方阵无非就是查询，查询子矩阵的最值或者求子矩阵的和，对于查询子矩阵的最值来说，我们有二维的ST算法撑腰： https://www.cnblogs.com/aininot260/p/9379833.html 而对于子矩阵和的问题，二维的前缀和也是可以胜任的 考虑带修方阵问题，我们如果是修改点查询矩阵，修改矩阵查询点，修改矩阵查询矩阵，可以直接扔给二维树状数组来做，基本秒杀： https://www.cnblogs.com/aininot260/p/9336527.html 而对于修改区间查询区间最值的问题，我们交给功能强大的二维线段树来做（这里是树套树的形式，比四分树更加契合）： https://www.cnblogs.com/aininot260/p/9375048.html 我们在区间问题里面曾经引出了一个带lazy tag的

Merger接口：定义对区间如何操作 public interface Merger<E> { E merge(E a, E b); } SegmentTree： public class SegmentTree<E> { private E[] tree; private E[] data; private Merger<E> merger; public SegmentTree(E[] arr, Merger<E> merger) { this.merger = merger; data = (E[]) new Object[arr.length]; for(int i = 0; i < arr.length; i++) { data[i] = arr[i]; } tree = (E[]) new Object[4 * arr.length]; buildSegmentTree(0, 0, data.length - 1); } //在treeIndex的位置创建表示区间[l...r]的线段树 private void buildSegmentTree(int treeIndex, int l, int r) { if(l == r) { tree[treeIndex] = data[l]; return; } int leftTreeIndex = leftChild

[机房测试]10.29 真的服了这个出题人 欢迎转载ssw02的博客: https://www.cnblogs.com/ssw02/p/11761641.html 辣鸡 看似T1神仙题，结果却是大暴力。 分为3种情况统计答案，注意要先按照 x 排序。（实际上可以被 hack 掉），但随机数据下有一维偏序是可以过很大数据的。 出题人这么说，即使被 Hack 了也么办法呀 T2 神仙数据结构题目。。。。 线段树启发式合并，你可以认为是 Dsu on tree 套上线段树。 先留一个坑 。 题解是这么说的： 对于每一个节点，用一个线段树，下标为时间，存储这个时间子树中是否加入了小球，这个小球对答案的贡献（如果之前有 这种颜色的小球贡献就是0）。在线段树上二分就能求出这个节点的答案。维护这棵线段树可以用启发式合并的方法。 用启发式合并的方式处理出当前子树中的所有操作，同时构建出线段树。 T3 瞎yy一下，发现1和k+1实际上没有什么直接关联。。。。然后DP即可。。。 来源： https://www.cnblogs.com/ssw02/p/11761641.html

New Year Tree 题目链接 ： http://codeforces.com/problemset/problem/620/E 数据范围 ：略。 题解 ： 转化成序列问题，发现颜色种数特别少，暴力用数组合并显然会$T$，我们用$bitset$优化合并过程即可。 代码 ： #include <bits/stdc++.h> #define setIO(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s".out", "w", stdout) #define N 800010 #define ls p << 1 #define rs p << 1 | 1 using namespace std; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ) int rd() { int x = 0, f = 1; char c = nc(); while (c < 48) { if (c == '-') f = -1; c = nc(); } while (c > 47) { x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c

这一篇来讲讲线段树合并。 前置知识： 动态开点线段树 还是一样先给一道例题： [JOI2012] Building2 题面是日文的，这里给出中文翻译： 有 n个城市，它们组成了一棵树。 第 i 个城市有一座高度为 H i 的建筑。 你需要选择一条尽量长路径，设路径中有 k 个点， 依次分别为 i 1 , i 2 , ⋯ i k − 1 , i k， 使得路径满足 H i 1 < H i 2 < ⋯ < H i k， 这 k个点不一定要连续，求 k的最大值。 概述：求树上LIS( 最长上升子序列 )，不会求LIS也没有关系，这只是一道例题。 先来考虑朴素做法： 取出树上的所有路径，对它们分别求LIS。 可以做，但是复杂度太高，不可行。 我们发散思维，容易想到一种做法： 对于每一个点x，我们发现经过它的一条路径的LIS可以由两部分组成。 以x开头，x左边的部分路径如果是下降的，那右边就要是上升的( 值h )。 以x开头，x左边如果是上升的，右边就要是下降的。 画个图方便理解： 图中蓝色的显然就是过x的LIS 根据上面的想法，我们求出以x开头，往左的LIS=3，往右的LDS( 最长下降子序列 )=2。 以x开头，往左的LDS=1，往右的LIS=2。 我们比较两个结果( 相加-1，要把自己重复算的那一次减去 )，4和2，显然答案就是4。 现在考虑怎么实现这个想法， 刚开始

很多学校流行一种比较的习惯。老师们很喜欢询问，从某某到某某当中，分数最高的是多少。 这让很多学生很反感。 不管你喜不喜欢，现在需要你做的是，就是按照老师的要求，写一个程序，模拟老师的询问。当然，老师有时候需要更新某位同学的成绩。 Input本题目包含多组测试，请处理到文件结束。 在每个测试的第一行，有两个正整数 N 和 M ( 0<N<=200000,0<M<5000 )，分别代表学生的数目和操作的数目。 学生ID编号分别从1编到N。 第二行包含N个整数，代表这N个学生的初始成绩，其中第i个数代表ID为i的学生的成绩。 接下来有M行。每一行有一个字符 C (只取'Q'或'U') ，和两个正整数A，B。 当C为'Q'的时候，表示这是一条询问操作，它询问ID从A到B(包括A,B)的学生当中，成绩最高的是多少。 当C为'U'的时候，表示这是一条更新操作，要求把ID为A的学生的成绩更改为B。 Output对于每一次询问操作，在一行里面输出最高成绩。Sample Input 5 6 1 2 3 4 5 Q 1 5 U 3 6 Q 3 4 Q 4 5 U 2 9 Q 1 5 Sample Output 5 6 5 9 Hint Huge input,the C function scanf() will work better than cin思路：根据线段树的算法首先是正常建立树