主席树：
（不要管名字）
我们有的时候，会遇到很多种情况，对于每一种情况，都需要通过线段树的操作实现。
碰巧的是，相邻两种情况下的线段树的差异不大。（总体的差异次数是O(N)级别的，均摊就是O(常数)的了）
显然的是，我们不能对于每种情况都建造一棵线段树。n^n 空间直接MLE无疑。
救命稻草是：发现相邻两种情况下的线段树的差异不大。
所以，我们是否可以让不同的线段树共用同一个节点呢？！？！？
这就是主席树的本质。也是精妙之处所在。
代码实现不是很麻烦。
我一般用传返回值形式，每次返回一个节点编号，便于设置儿子编号。比较方便。
注意的是，我们必须记录lson，rson，不能采用x<<1,x<<1|1的形式。因为没有这样的规律可循。
你不知道子节点和自己有什么关系。（这是谁家的孩子？公家的）
经典例题：
1.区间第k小（大）。
离散化必须的。
对于每一个区间节点开一个权值线段树 。i的线段树的节点l~r表示，在真正的区间1~i中，大小在l~r的数出现的次数。
记录每个线段树节点根的所在位置。
查询的时候，l-1，r两棵线段树同时出发，区间[a,b]sum值做一个差，就是l~r这个区间内，数值在[a,b]之间的数的个数。
对于区间第k小，选择左儿子区间做差，u<k，就进入右儿子，同时k-=u
否则进入左儿子。
区间第k大正相反。
对于n棵主席树，相邻两个主席树i，i-1只在i的数值位置的值不一样。
所以，相邻的主席树只会增加logn个节点。
总空间复杂度nlogn
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m;
int a[N],num[N];
int cnt,rt[N];
int li(int x){
return lower_bound(num+1,num+cnt+1,x)-num;
}
struct node{
int sum,lson,rson;
}t[N*18];
int tot;
int add(int x,int l,int r,int c){
tot++;
int ret=tot;
t[tot].sum=t[x].sum+1;
if(l==r){
return ret;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(c<=mid){
t[tot].rson=t[x].rson;
t[tot].lson=add(t[x].lson,l,mid,c);
}
else{
t[tot].lson=t[x].lson;
t[tot].rson=add(t[x].rson,mid+1,r,c);
}
return ret;
}
int query(int x,int y,int l,int r,int k){
if(l==r){
return l;
}
int mid=(l+r)>>1;
int u=t[t[y].lson].sum-t[t[x].lson].sum;
if(u>=k){
return query(t[x].lson,t[y].lson,l,mid,k);
}
else{
return query(t[x].rson,t[y].rson,mid+1,r,k-u);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);int df;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),num[++cnt]=a[i];
sort(num+1,num+cnt+1);
cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;
rt[0]=++tot;
for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=add(rt[i-1],1,cnt,li(a[i]));
int op,l,r;
while(m--){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&op);
int ot=query(rt[l-1],rt[r],1,cnt,op);
printf("%d\n",num[ot]);
}
ret
2.spoj 10628 Count on a tree
给定一棵N个节点的树，每个点有一个权值，对于M个询问(u,v,k)，你需要回答u xor lastans和v这两个节点间第K小的点权。其中lastans是上一个询问的答案，初始为0，即第一个询问的u是明文。
树上区间第k小，从根节点开始每个节点建主席树，从父亲版本跟新过来。
对于x的主席树，[a,b]表示，从根到x的路径上，点权值在[a,b]之间的点数。
儿子和父亲的主席树的差异，仅在x的点权数值的位置上。
类似树上差分，
对于询问的x，y，设它们的最近公共祖先是lca
四棵树同时走，x，y路径上的点权点数的信息，就是sum[x]+sum[y]-sum[lca]-sum[fa[lca]]（和点覆盖的树上差分类似）
剩下的同理了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+10;
int n,m;
int w[N];
int rt[N];
int num[N],mem;
struct node{
int nxt,to;
}e[2*N];
int hd[N],cnt;
int li(int x){
return lower_bound(num+1,num+mem+1,x)-num;
}
void add(int x,int y){
e[++cnt].nxt=hd[x];e[cnt].to=y;hd[x]=cnt;
}
int dep[N];
int fa[N][30];
int lca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int i=28;i>=0;i--){
if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])
x=fa[x][i];
}
if(x==y) return x;
for(int i=28;i>=0;i--){
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
}
return fa[x][0];
}
struct tr{
int sum,lson,rson;
#define ls(x) t[x].lson
#define rs(x) t[x].rson
#define s(x) t[x].sum
}t[N*30];
int tot;
int upda(int x,int l,int r,int c){
int ret=++tot;
t[ret].sum=t[x].sum+1;
if(l==r) return ret;
int mid=l+r>>1;
if(c<=mid){
rs(ret)=rs(x);
ls(ret)=upda(ls(x),l,mid,c);
}
else{
ls(ret)=ls(x);
rs(ret)=upda(rs(x),mid+1,r,c);
}
return ret;
}
int query(int x,int y,int z,int p,int l,int r,int k){
if(l==r) return l;
int mid=l+r>>1;
int u=s(ls(x))+s(ls(y))-s(ls(p))-s(ls(z));
if(k<=u)return query(ls(x),ls(y),ls(z),ls(p),l,mid,k);
else return query(rs(x),rs(y),rs(z),rs(p),mid+1,r,k-u);
}
void dfs(int x,int d){
dep[x]=d;
rt[x]=upda(rt[fa[x][0]],1,mem,li(w[x]));
for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(y==fa[x][0]) continue;
fa[y][0]=x;
dfs(y,d+1);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]),num[++mem]=w[i];
sort(num+1,num+mem+1);
mem=unique(num+1,num+mem+1)-num-1;
int x,y;
for(int i=1;i<=n-1;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1,1);
dep[0]=-1;
for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
int op;
int las=0;
while(m--){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&op);
x^=las;
int anc=lca(x,y);
//cout<<" anc "<<anc<<endl;
int ot=query(rt[x],rt[y],rt[anc],rt[fa[anc][0]],1,mem,op);
las=num[ot];
printf("%d\n",num[ot]);
}
return 0;
}
3.[国家集训队]middle
一个长度为n的序列a，设其排过序之后为b，其中位数定义为b[n/2]，其中a,b从0开始标号,除法取下整。
给你一个长度为n的序列s。
回答Q个这样的询问：s的左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的子序列中，最大的中位数。
其中a<b<c<d。
位置也从0开始标号。
我会使用一些方式强制你在线。
这个题就比较的巧妙了。不像之前的套路性的第k问题。
这个是真真正正地用主席树替代了线段树。
首先，对于区间中位数一个比较套路的做法是：
二分一个答案mid，把所有>=mid的数值设成1，<mid的值设为-1
查询区间内的和是否>=0（这个题是>=0，题意中，偶数项的中位数是中间的那两个靠后的那一个）
是，中位数应该更大，
否则，中位数只能更小。
先不考虑复杂度。
给[a,d]区间的数赋值为1、-1
这个题，区间都不是固定的。
但是，[b+1,c-1]的值是必选的。计算一下这个区间的和。
对于[a,b],[c,d]
因为要让中位数尽可能的大。
所以，争取选择尽可能多的1
找一个[a,b]的最大后缀，[c,d]的最大前缀。
这三个和就是对于mid的最大的和了，可以进行判断。
因为多组询问，而数组不会改变，
而离散化之后，中位数的值在1~n之间。
所以，对于每一个二分的mid值，建一棵线段树。
线段树以区间下标为下标，记录区间和，区间最大后缀，最大前缀。
就可以O(logn)判断mid是否可以更优了。
空间又炸了。所以主席树闪亮登场！！！
发现，对于mid变成mid+1，只有值为mid的数的值会从+1变成-1.
主席树在前者的基础上暴力修改。
每一个数就会改一次，所以均摊logn空间。、
时间复杂度：nlogn^2
空间复杂度：nlogn
代码：(vector 记录数字出现的位置）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20000+10;
int n,m;
int a[N],num[N],mem;
int rt[N];
int x1,x2,x3,x4;
int li(int x){
return lower_bound(num+1,num+mem+1,x)-num;
}
struct node{
int sum,lmx,rmx;
int lson,rson;
bool ncl,ncr;
#define s(x) t[x].sum
#define ls(x) t[x].lson
#define rs(x) t[x].rson
#define lm(x) t[x].lmx
#define rm(x) t[x].rmx
#define cl(x) t[x].ncl
#define cr(x) t[x].ncr
}t[N*40];
int tot;
vector<int>pos[N];
void pushup(int x){
s(x)=s(ls(x))+s(rs(x));
lm(x)=max(lm(ls(x)),s(ls(x))+lm(rs(x)));
rm(x)=max(rm(rs(x)),s(rs(x))+rm(ls(x)));
}
int build(int l,int r){
int id=++tot;
if(l==r){
if(li(a[l])<=1) s(id)=lm(id)=rm(id)=-1;
else s(id)=lm(id)=rm(id)=1;
return id;
}
int mid=l+r>>1;cl(id)=1;cr(id)=1;
ls(id)=build(l,mid);rs(id)=build(mid+1,r);
pushup(id);
return id;
}
int upda(int x,int y,int l,int r,int to,int c,bool nc){
if(!nc) {
x=++tot;
}
if(l==r){
s(x)=lm(x)=rm(x)=c;
return x;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(to<=mid){
if(!cr(x)) rs(x)=rs(y);
if(!cl(x)){
cl(x)=1;ls(x)=upda(x,ls(y),l,mid,to,c,0);
}
else{
ls(x)=upda(ls(x),ls(y),l,mid,to,c,1);
}
}
else{
if(!cl(x)) ls(x)=ls(y);
if(!cr(x)){
cr(x)=1;rs(x)=upda(x,rs(y),mid+1,r,to,c,0);
}
else{
rs(x)=upda(rs(x),rs(y),mid+1,r,to,c,1);
}
}
pushup(x);
return x;
}
int qs(int x,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&r<=R){
return s(x);
}
int mid=l+r>>1;int ret=0;
if(L<=mid) ret+=qs(ls(x),l,mid,L,R);
if(mid<R) ret+=qs(rs(x),mid+1,r,L,R);
return ret;
}
node ql(int x,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&r<=R){
return t[x];
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid&&mid<R){
node ret;
node le=ql(ls(x),l,mid,L,R);
node ri=ql(rs(x),mid+1,r,L,R);
ret.sum=le.sum+ri.sum;
ret.lmx=max(le.lmx,le.sum+ri.lmx);
return ret;
}
else if(L<=mid){
return ql(ls(x),l,mid,L,R);
}
else {
return ql(rs(x),mid+1,r,L,R);
}
}
node qr(int x,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&r<=R){
return t[x];
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid&&mid<R){
node ret;
node le=qr(ls(x),l,mid,L,R);
node ri=qr(rs(x),mid+1,r,L,R);
ret.sum=le.sum+ri.sum;
ret.rmx=max(ri.rmx,ri.sum+le.rmx);
return ret;
}
else if(L<=mid){
return qr(ls(x),l,mid,L,R);
}
else {
return qr(rs(x),mid+1,r,L,R);
}
}
bool che(int val){
int sz=0;
if(x2+1<=x3-1) sz=qs(rt[val],1,n,x2+1,x3-1);
int sr=ql(rt[val],1,n,x3,x4).lmx;
int sl=qr(rt[val],1,n,x1,x2).rmx;
return (sl+sz+sr)>=0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),num[++mem]=a[i];
sort(num+1,num+mem+1);
mem=unique(num+1,num+mem+1)-num-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
pos[li(a[i])].push_back(i);
}
rt[1]=build(1,n);
for(int i=2;i<=mem;i++){
for(int j=0;j<pos[i-1].size();j++){
int go=pos[i-1][j];
rt[i]=upda(rt[i],rt[i-1],1,n,go,-1,rt[i]>0);
}
}
scanf("%d",&m);
int las=0;
int ch[6];
while(m--){
scanf("%d%d%d%d",&x1,&x2,&x3,&x4);
ch[1]=(x1+las)%n;
ch[2]=(x2+las)%n;
ch[3]=(x3+las)%n;
ch[4]=(x4+las)%n;
sort(ch+1,ch+4+1);
x1=ch[1]+1,x2=ch[2]+1,x3=ch[3]+1,x4=ch[4]+1;
int l=1,r=mem;
int ans=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(che(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
las=num[ans];
printf("%d\n",las);
}
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9368361.html