@ysner 2018-04-04T02:08:23.000000Z 字数 17776 阅读 1770

主席树小结

主席树

前置技能

线段树
动态开点
标记永久化
离散化

定义

主席树=可持久化线段树=函数式线段树
线段树经过了若干次修改之后，仍然能找到原来某次修改前的线段树的信息的一种数据结构

建立

据说最无脑的方法是每修改一次新建一颗主席树？？？

单点修改：

线段树单点修改只会改变 $log$ 个点（一条链），主席树同理。
那为什么要新建一颗主席树呢？新建修改过的链，再同原来的点接起来，这效果不是一样的吗？

区间修改：

如果像单点修改一样新建修改过的点，显然不好也不能 $Pushdown$
这个问题可以用标记永久化解决

使用

1、静态整体Kth
滑稽吧...sort一遍就好了。
时间复杂度 $O(nlogn)$ 空间复杂度 $O(n)$
2、动态整体Kth
离散化后开一棵权值线段树，每个位置的值表示这个位置对应的那个数（离散化后的）有多少个，向上维护和；
查询时先查询左子树和sum，比较k和sum的大小：若k<=sum则说明第k小数在左子树中，递归查询左子树；
否则，这个数对应的就是右子树中第k-sum小的数，k-=sum，递归查询右子树。
时间复杂度 $O(nlogn)$ 空间复杂度 $O(n)$
3、静态区间Kth
对每个点以其前缀开一棵权值线段树，那么任意一段区间均可以表示成为两棵权值线段树作差，即R位置的线段树减去L-1位置上的线段树
每个点开一棵线段树空间复杂度 $O(n^2)$ ，MLE，考虑到后一个位置相比于前一个位置的更改只有 $logn$ 个节点，所以使用主席树
时间复杂度 $O(nlogn)$ 空间复杂度 $O(nlogn)$
4、动态区间Kth （不会实现！！！）
还是要想办法维护前缀和。如果只是同3、的前缀和的话，就要对前缀和进行 $O(nlogn)$ 的单次修改，显然TLE。
这里考虑用树状数组维护前缀和。修改时，可以只修改logn个位置，复杂度 $O(log^2n)$ ；
查询时，依旧是R位置减去L-1位置，这时候不再是两棵线段树作差，而是log棵线段树与log棵线段树作差；跳的时候，log个节点一起跳到左子树/右子树
时间复杂度 $O(nlog^2n)$ 空间复杂度 $O(nlog^2n)$

例题

T1

Luogu3834 【模板】可持久化线段树 1（主席树）

求静态区间第K小

查询区间[l,r]第k小？
可以开一棵值域线段树，维护数的个数
把数字离散化之后丢进线段树中去
然后直接在线段树上二分数字
如果k大于当前点左子树的点的个数，那么k减去这个个数，去右子树
否则去左子树
已知第i棵线段树保存前i个数字
那么运用前缀和的方法，把第r棵线段树和第l−1棵线段树作差，得到的就是这个区间内的数。

T2

Luogu3567 [POI2014]KUR-Couriers

每次询问一个区间内有没有一个数出现次数超过一半

一个区间内只会有一个数满足要求
主席树维护数的个数（即sort+unqiue+lower_bound)
L−1和R值域线段树做差，直接树上二分查询

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=5e5+100;
int tot,L,R,rt[N],n,m;
struct seg{int ls,rs,num;}t[N*30];
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void Build(re int &x,re int l,re int r)
{
    x=++tot;
    if(l>=r) return;
    re int mid=l+r>>1;
    Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos)
{
    t[++tot]=t[x];t[x=tot].num++;
    if(l>=r) return;
    re int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos);
    else Modify(rson,mid+1,r,pos);
}
il int Query(re int A,re int B,re int l,re int r)
{
    if(l>=r) return l;
    re int mx=max(t[t[B].ls].num-t[t[A].ls].num,t[t[B].rs].num-t[t[A].rs].num);
    if(mx*2<=(R-L+1)) return 0;
    re int mid=l+r>>1;
    if(t[t[B].ls].num-t[t[A].ls].num==mx) return Query(t[A].ls,t[B].ls,l,mid);
    else return Query(t[A].rs,t[B].rs,mid+1,r);
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();
  Build(rt[0],1,n);
  fp(i,1,n)
  {
      re int x=gi();rt[i]=rt[i-1];
      Modify(rt[i],1,n,x);
  }
  while(m--)
  {
      L=gi(),R=gi();
      printf("%d\n",Query(rt[L-1],rt[R],1,n));
  }
  return 0;
}

T3

Luogu3168 [CQOI2015]任务查询系统

有m个有优先级的任务，在时间区间[l,r]内被计算机运行
n个询问，求第x秒正在运行的前k小的任务优先级之和

把一个任务拆成两个，在l秒时加入，在r+1时减去
然后每个时间开值域的主席树就好了

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int tot,L,R,rt[N],id[N],len,ans=1,n,m;
struct seg{int ls,rs,num,sum;}t[N*50];
struct tas
{
    int t,w,f;
    bool operator < (const tas &o) const {return t<o.t;}
}a[N<<1];
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos,re int k)
{
    t[++tot]=t[x];x=tot;
    t[x].num+=k;t[x].sum+=k*id[pos];
    if(l>=r) return;
    re int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos,k);
    else Modify(rson,mid+1,r,pos,k);
}
il ll Query(re int x,re int l,re int r,re int k)
{
    if(l>=r) return t[x].num?(1ll*t[x].sum/t[x].num*k):0;
    re int mid=l+r>>1;
    if(k<=t[lson].num) return Query(lson,l,mid,k);
    else return t[lson].sum+Query(rson,mid+1,r,k-t[lson].num);
}
int main()
{
  m=gi();n=gi();
  fp(i,1,m)
  {
      re int s=gi(),e=gi(),f=gi();
      a[i*2-1]=(tas){s,f,1};a[i*2]=(tas){e+1,f,-1};id[i]=f;
  }
  sort(a+1,a+2*m+1);sort(id+1,id+1+m);
  len=unique(id+1,id+1+m)-id-1;
  for(re int i=1,j=1;i<=n;i++)
  {
      rt[i]=rt[i-1];
      for(;a[j].t==i;j++)
      {
          re int x=lower_bound(id+1,id+1+len,a[j].w)-id;
          Modify(rt[i],1,len,x,a[j].f);
      }
  }
  fp(i,1,n)
  {
      re int X=gi(),A=gi(),B=gi(),C=gi(),Y;
      Y=(1ll*A*ans+B)%C+1;ans=Query(rt[X],1,len,Y);
      printf("%lld\n",ans);
  }
  return 0;
}

T4

Luogu2839 [国家集训队]middle

求左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的序列中，最大的中位数。

考虑二分答案
Check把小于它的设为−1，大于等于它的设为1
维护三个玩意儿
[a,b]求一个最大后缀子段和
[c,d]求一个最大前缀子段和
[b+1,c−1]求一个和
加起来如果大于等于0，那么满足要求，即这个数还可以变大，否则就只能缩小
每个数开一个线段树来做，空间开不下，用主席树即可

Update：

get一个新姿势“线段树返回结构体？？？
RE不止是因为空间开炸了？？？

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=5e5+100;
struct seg{int sum,ls,rs,lm,rm;}t[N*10];
struct ppl
{
  int id,d;
  bool operator < (const ppl &o) const {return d<o.d;}
}num[N];
struct Res{int sum,ls,rs,lm,rm;}r[N*10];
int n,Q,ans,q[10],a[N],len,A,B,C,D,tot,rt[N];
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void Update(re int x)
{
  t[x].lm=max(t[lson].lm,t[lson].sum+t[rson].lm);
  t[x].rm=max(t[rson].rm,t[lson].rm+t[rson].sum);
  t[x].sum=t[lson].sum+t[rson].sum;
}
il void Build(re int &x,re int l,re int r)
{
  x=++tot;
  if(l==r) {t[x].sum=t[x].lm=t[x].rm=1;return;}
  re int mid=l+r>>1;
  Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
  Update(x);
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[++tot]=t[x];x=tot;
  if(l==r) {t[x].sum=t[x].lm=t[x].rm=-1;return;}
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos);else if(pos>mid)Modify(rson,mid+1,r,pos);
  Update(x);
}
il Res Merge(Res x,Res y)
{
  Res z;
  z.sum=x.sum+y.sum;
  z.lm=max(x.lm,y.lm+x.sum);
  z.rm=max(y.rm,y.sum+x.rm);
  return z;
}
il Res Query(re int x,re int l,re int r,re int ql,re int qr)
{
  if(ql<=l&&r<=qr)
    {
      re Res tmp=(Res){t[x].sum,0,0,t[x].lm,t[x].rm};
      return tmp;
    }
  re int mid=l+r>>1;
  if(qr<=mid) return Query(lson,l,mid,ql,qr);
  else if(ql>mid) return Query(rson,mid+1,r,ql,qr);
  else return Merge(Query(lson,l,mid,ql,qr),Query(rson,mid+1,r,ql,qr));
}
il void wri(re int x)
{
  if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  if(x>9) wri(x/10);
  putchar(x%10+48);
}
int main()
{
  n=gi();fp(i,1,n) a[i]=num[i].d=gi(),num[i].id=i;
  sort(a+1,a+1+n);
  len=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
  fp(i,1,n) num[i].d=lower_bound(a+1,a+1+len,num[i].d)-a;
  sort(num+1,num+1+n);
  Q=gi();
  Build(rt[1],1,n);
  fp(i,2,n)
    {
      rt[i]=rt[i-1];
      Modify(rt[i],1,n,num[i-1].id);
    }
  while(Q--)
    {
      A=gi();B=gi();C=gi();D=gi();
      q[0]=(A+ans)%n+1,q[1]=(B+ans)%n+1,q[2]=(C+ans)%n+1,q[3]=(D+ans)%n+1;
      sort(q,q+4);A=q[0],B=q[1],C=q[2],D=q[3];
      re int res=0,dat,l=1,r=n;
      while(l<=r)
    {
      re int mid=l+r>>1;
      if(B+1<=C-1) dat=Query(rt[mid],1,n,B+1,C-1).sum;
      else dat=0;
      dat+=Query(rt[mid],1,n,A,B).rm+Query(rt[mid],1,n,C,D).lm;
      if(dat>=0) res=num[mid].d,l=mid+1; else r=mid-1;
    }
      ans=a[res];
      wri(ans);puts("");
    }
  return 0;
}

T5

Luogu2633 Count on a tree

问u和v这两个节点间第K小的点权。

主席树还是为值域线段树，维护数的个数(开w和o两个数组就成了，x无必要）
每个点的线段树版本由它的父亲加入它的点权得到
那么每个点的线段树存的就是它到根的所有点的点权
还是树上二分数字，还是线段树作差：
用rt[i]表示i这个点的线段树
那么就是这样作差rt[u]+rt[v]−rt[lca]−rt[fa[lca]]
这样就只包含了u,v路径上所有的点了

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,m,o[N],h[N],cnt,w[N],x[N],len,tot,tim,sz[N],son[N],f[N],d[N],ans,rt[N],top[N];
struct Edge{int to,next;}e[N<<1];
struct seg{int ls,rs,num;}t[N*30];
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void wri(re int x)
{
  if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  if(x>9) wri(x/10);
  putchar(x%10+'0');
}
il void Build(re int &x,re int l,re int r)
{
  x=++tot;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
}
il void Modify(re int &x,re int fa,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[x=++tot]=t[fa];t[x].num++;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,t[fa].ls,l,mid,pos);else Modify(rson,t[fa].rs,mid+1,r,pos);
}
il void dfs1(re int u,re int fa,re int deep)
{
  sz[u]=1;f[u]=fa;d[u]=deep;
  Modify(rt[u],rt[fa],1,len,x[u]);
  for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].next)
    {
      re int v=e[i].to;
      if(v==fa) continue;
      dfs1(v,u,deep+1);
      sz[u]+=sz[v];
      if(sz[son[u]]<sz[v]) son[u]=v;
    }
}
il void dfs2(re int u,re int up)
{
  top[u]=up;
  if(son[u]) dfs2(son[u],up);
  for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].next)
    {
      re int v=e[i].to;
      if(v==f[u]||v==son[u]) continue;
      dfs2(v,v);
    }
}
il int get_lca(re int u,re int v)
{
  while(top[u]^top[v])
    {
      if(d[top[u]]<d[top[v]]) swap(u,v);
      u=f[top[u]];
    }
  if(d[u]>d[v]) swap(u,v);
  return u;
}
il int Query(re int A,re int B,re int C,re int D,re int l,re int r,re int k)
{
  if(l==r) return l;
  re int tmp=t[t[A].ls].num+t[t[B].ls].num-t[t[C].ls].num-t[t[D].ls].num,mid=l+r>>1;
  if(k<=tmp) return Query(t[A].ls,t[B].ls,t[C].ls,t[D].ls,l,mid,k);else return Query(t[A].rs,t[B].rs,t[C].rs,t[D].rs,mid+1,r,k-tmp);//swap(k,tmp)???!!!!!
}
int main()
{
  memset(h,-1,sizeof(h));
  n=gi();m=gi();
  fp(i,1,n) o[i]=w[i]=gi();sort(o+1,o+1+n);///where is sort???
  len=unique(o+1,o+1+n)-o-1;
  fp(i,1,n) x[i]=lower_bound(o+1,o+1+len,w[i])-o;///why the last letter is x???
  fp(i,1,n-1)
    {
      re int u=gi(),v=gi();
      add(u,v);add(v,u);
    }
  Build(rt[0],1,len);
  dfs1(1,0,1);dfs2(1,1);
  while(m--)
    {
      re int u=gi()^ans,v=gi(),lca=get_lca(u,v),k=gi();
      ans=o[Query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[f[lca]],1,len,k)];
      wri(ans);puts("");
    }
  return 0;
}

T6

Luogu3302 [SDOI2013]森林

 1.询问x-y这条链上点权的第k小。保证x，y在同一个连通块里。
 2.连接x,y两点。保证x,y在不同的连通块里。

操作一和count on a tree一样，现在考虑操作二怎么处理。
题目中多次提到联通块,这意味者什么？
意味着加边过程实际上是联通块合并的过程。
我们可以先dfs遍历所有点，给每个点标上其所属的联通块。
当连边时，我们把联通块合并（当然要用启发式合并啦），让大的联通块吞并小的联通块时，我们要改变每个点的所属，改变它的父亲，改边点的层数，改变联通块的大小（就是链剖一开始维护的东西）。
但总不能重新链剖吧？
于是只能用倍增求lca，这样dfs时改变一个点的父亲后就可以更新倍增数组。
Update：

空间一定要多开，保险1e7？？？

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=5e5+100;
int n,m,T,o[N],w[N],h[N],cnt,len,f[N][20],d[N],sz[N],ff[N],tot,rt[N],ans;
bool vis[N];
char s[10];
struct Edge{int to,next;}e[N<<1];
struct seg{int ls,rs,num;}t[N*20];
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void wri(re int x)
{
  if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  if(x>9) wri(x/10);
  putchar(x%10+'0');
}
il void Modify(re int &x,re int fa,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[x=++tot]=t[fa];t[x].num++;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,t[fa].ls,l,mid,pos);else Modify(rson,t[fa].rs,mid+1,r,pos);
}
il void dfs(re int u,re int fa,re int st)
{
  d[u]=d[fa]+1;vis[u]=1;f[u][0]=fa;sz[st]++;ff[u]=st;
  fp(i,1,16) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
  Modify(rt[u],rt[f[u][0]],1,len,w[u]);
  for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].next)
    {
      re int v=e[i].to;
      if(v==fa) continue;
      dfs(v,u,st);
    }
}
il void Build(re int &x,re int l,re int r)
{
  x=++tot;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
}
il int get_lca(re int u,re int v)
{
  if(d[u]<d[v]) swap(u,v);
  fq(i,16,0)
    if(d[u]-(1<<i)>=d[v]) u=f[u][i];
  if(u==v) return u;
  fq(i,16,0)
    if(f[u][i]^f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
  return f[u][0];
}
il int Query(re int A,re int B,re int C,re int D,re int l,re int r,re int k)
{
  if(l==r) return l;
  re int tmp=t[t[A].ls].num+t[t[B].ls].num-t[t[C].ls].num-t[t[D].ls].num,mid=l+r>>1;
  if(k<=tmp) return Query(t[A].ls,t[B].ls,t[C].ls,t[D].ls,l,mid,k);else return Query(t[A].rs,t[B].rs,t[C].rs,t[D].rs,mid+1,r,k-tmp);
}
int main()
{
  memset(h,-1,sizeof(h));
  gi();n=gi();m=gi();T=gi();
  fp(i,1,n) o[i]=w[i]=gi(),ff[i]=i;///ff要初始值
  sort(o+1,o+1+n);
  len=unique(o+1,o+1+n)-o-1;
  fp(i,1,n) w[i]=lower_bound(o+1,o+1+len,w[i])-o;
  fp(i,1,m)
    {
      re int u=gi(),v=gi();
      add(u,v);add(v,u);
    }
  Build(rt[0],1,len);
  fp(i,1,n) if(!vis[i]) dfs(i,0,i);
  while(T--)
    {
      scanf("%s",s);
      if(s[0]=='Q')
    {
      re int u=gi()^ans,v=gi()^ans,lca=get_lca(u,v),k=gi()^ans;
      ans=o[Query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[f[lca][0]],1,len,k)];
      wri(ans),puts("");
    }
      else
    {
      re int u=gi()^ans,v=gi()^ans;
      if(sz[ff[u]]<sz[ff[v]]) swap(u,v);
      dfs(v,u,ff[u]);
      add(u,v);add(v,u);
    }
    }
  return 0;
}

T8

Luogu3293 [SCOI2016]美味

一家餐厅有 n 道菜，编号 1...n ，大家对第 i 道菜的评价值为 $a_i$ (1<=i<=n)。有 m 位顾客，第 i 位顾客的期望值为 $b_i$ ，而他的偏好值为 $x_i$ 。因此，第 i位顾客认为第j 道菜的美味度为 $b_i\bigotimes(a_j+x_i)$ .他只能从第 $l_i$ 道到第 $r_i$ 道中选择。请你帮助他们找出最美味的菜。

二分 $a_j+x_i$
针对 $b_i$ 从大到小枚举位数，尽可能使大位为1.
这一位填1或0显然都可以缩小答案范围，于是在这个范围内查找看是否存在 $mid-x_i$ 这一数即可。显然可以主席树维护。
Update：注意一下边界

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=5e5+100,len=1e5;
int n,m,w[N],tot,rt[N],b,l,x,r,ans,f,sz[N];
struct seg{int ls,rs,sz;}t[N*10];
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void wri(re int x)
{
  if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  if(x>9) wri(x/10);
  putchar(x%10+'0');
}
il void Build(re int &x,re int l,re int r)
{
  x=++tot;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[++tot]=t[x];++t[x=tot].sz;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos);else Modify(rson,mid+1,r,pos);
}
il int Query(re int A,re int B,re int l,re int r,re int ql,re int qr)
{
  if(ql<=l&&r<=qr) return t[B].sz-t[A].sz;
  re int mid=l+r>>1,res=0;
  if(ql<=mid) res=Query(t[A].ls,t[B].ls,l,mid,ql,qr);
  if(qr>mid) res+=Query(t[A].rs,t[B].rs,mid+1,r,ql,qr);
  return res;
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();
  Build(rt[0],1,len);
  fp(i,1,n) w[i]=gi(),rt[i]=rt[i-1],Modify(rt[i],0,len,w[i]);//数据范围这么小，连离散化都不需要。。。
  while(m--)
    {
      ans=0;
      b=gi(),x=gi(),l=gi(),r=gi();re int L,R;
      fq(j,17,0)//别忘了处理最后一位
     {
    if((1<<j)&b) L=ans,R=ans+(1<<j)-1,f=0;//该位填0
    else L=ans+(1<<j),R=ans+(1<<j+1)-1,f=1;//该位填1
    if(!Query(rt[r],rt[l-1],0,len,max(0,L-x),min(R-x,len))) f^=1;//没这数
         ans|=(f<<j);
     }
      wri(ans^b);puts("");
    }
  return 0;
}

T9

Luogu2468 [SDOI2010]粟粟的书架
[题面戳我][1]

吐槽一句，强行二合一有意思不？？？

二维的50分，开数组 $sum[i][j][k]$ , $gs[i][j][k]$ 分别记录左上点为 $(1,1)$ ,右下点为 $(i,j)$ 的矩阵中大于等于 $k$ 的数的和和个数。二分k即可。
一维的50分，开主席树维护页数，每次在主席树里找出足够大的和。（？？？）
Update：二维那里，二分完后可能有多余的个数。why？

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1050,len=1000;
int r,c,m,a,gs[210][210][1010],sum[210][210][1010],sm[500005],tot,rt[500005],L,R,h,ans;
struct seg{int ls,rs,sz,sum;}t[10000000];
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void wri(re int x)
{
  if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  if(x>9) wri(x/10);
  putchar(x%10+'0');
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[++tot]=t[x];++t[x=tot].sz;t[x].sum+=pos;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos);else Modify(rson,mid+1,r,pos);
}
il int Query(re int A,re int B,re int l,re int r)
{
  if(l==r) return (h+l-1)/l;
  re int mid=l+r>>1,tmp=t[t[A].rs].sum-t[t[B].rs].sum;
  if(tmp>=h) return Query(t[A].rs,t[B].rs,mid+1,r);
  else {h-=tmp;return t[t[A].rs].sz-t[t[B].rs].sz+Query(t[A].ls,t[B].ls,l,mid);}
}
int main()
{
   r=gi();c=gi();m=gi();
   if(r>1)
     {
        fp(i,1,r)
    fp(j,1,c)
    {
    re int x=gi();
    fp(k,1,1000)
      {
        sum[i][j][k]=sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]-sum[i-1][j-1][k];
        gs[i][j][k]=gs[i-1][j][k]+gs[i][j-1][k]-gs[i-1][j-1][k];
        if(x>=k) sum[i][j][k]+=x,gs[i][j][k]++;
      }
      }
      while(m--)
      {
        re int l=1,r=1000,ans=1001,x=gi(),y=gi(),xx=gi(),yy=gi(),h=gi();
        while(l<=r)
      {
        re int mid=l+r>>1;
        if(sum[xx][yy][mid]-sum[x-1][yy][mid]-sum[xx][y-1][mid]+sum[x-1][y-1][mid]>=h) ans=mid,l=mid+1;
        else r=mid-1;
      }
    if(ans==1001) {puts("Poor QLW");continue;}
    re int ans1=gs[xx][yy][ans]-gs[x-1][yy][ans]-gs[xx][y-1][ans]+gs[x-1][y-1][ans],ans2=sum[xx][yy][ans]-sum[x-1][yy][ans]-sum[xx][y-1][ans]+sum[x-1][y-1][ans]-h;
    wri(ans1-ans2/ans);puts("");
     }
     }
   else
     {
       fp(i,1,c) a=gi(),rt[i]=rt[i-1],Modify(rt[i],1,1000,a);
       while(m--)
     {
       gi();L=gi();gi();R=gi();h=gi();
       if(t[rt[R]].sum-t[rt[L-1]].sum<h) {puts("Poor QLW");continue;}
       else printf("%d\n",Query(rt[R],rt[L-1],1,1000));
     }
     }
  return 0;
}

T10

Luogu2048 [NOI2010]超级钢琴

求给定序列中长度为L~R之间的前k大子序列的和

有一个很暴力的想法，就是把所有合法的状态丢到一个堆里面，然后依次取出最大值。这样的话时间是 $O(n^2logn)$ ，空间是 $O(n^2)$ .
我们考虑优化这个过程。对于右端点相同的所有合法区间，我们只在堆中保留最大的一个，在取出这一个以后再丢入次大的，取出次大的再丢入次次大的，以此类推。这样可以保证正确性，同时空间被优化到了 $O(n)$
现在我们考虑怎么查这个次次次次（这里有若干个次）大值。
首先把区间和转化成前缀和相减，因为我们固定了右端点，那么最大值就是对应了前缀和中减去的那个值最小。而第k大值刚好对应减去的那个数第k小，同时还要保证在一定区间范围内（L、R的限制）。所以离散前缀和以后主席树即可。
注意前缀和减去的部分可以是0，所以0也要被离散进去。

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define lson t[x].ls
#define rson t[x].rs
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e6+100;
struct seg{int ls,rs,num;}t[N*10];
struct node
{
  int x,k;ll w;
  bool operator < (const node &o) const {return w<o.w;}
};
priority_queue<node>Q;
int n,k,L,R,w[N],o[N],len,tot,rt[N];
ll ans;
il int gi()
{
  re int x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void Modify(re int &x,re int l,re int r,re int pos)
{
  t[++tot]=t[x];t[x=tot].num++;
  if(l==r) return;
  re int mid=l+r>>1;
  if(pos<=mid) Modify(lson,l,mid,pos);else Modify(rson,mid+1,r,pos);
}
il int Query(re int A,re int B,re int l,re int r,re int k)
{
  if(l==r) return l;
  re int mid=l+r>>1,tmp=t[t[A].ls].num-t[t[B].ls].num;
  if(k<=tmp) return Query(t[A].ls,t[B].ls,l,mid,k);
  else return Query(t[A].rs,t[B].rs,mid+1,r,k-tmp);
}
int main()
{
  n=gi();k=gi();L=gi();R=gi();++n;
  fp(i,2,n) o[i]=w[i]=gi()+w[i-1];
  sort(o+1,o+1+n);
  len=unique(o+1,o+1+n)-o-1;
  fp(i,1,n) w[i]=lower_bound(o+1,o+1+len,w[i])-o;
  fp(i,1,n) rt[i]=rt[i-1],Modify(rt[i],1,len,w[i]);
  fp(i,L+1,n) Q.push((node){i,1,o[w[i]]-o[Query(rt[i-L],rt[max(0,i-R-1)],1,len,1)]});
  while(k--)
    {
      node tmp=Q.top();Q.pop();
      ans+=tmp.w;
      if(tmp.k==min(R-L+1,tmp.x-L)) continue;
      tmp.k++;
      tmp.w=o[w[tmp.x]]-o[Query(rt[tmp.x-L],rt[max(0,tmp.x-R-1)],1,len,tmp.k)];
      Q.push(tmp);
    }
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}

未完待续

主席树小结

前置技能

定义

建立

使用

例题

T1

T2

T3

T4

T5

T6

T8

T9

T10

内容目录