2.关于pushup与pushdown的几种常见情况01-26

适用于线段树、平衡树等树形结构。

注意：
本文中的：

$l c (i) = (i ≪ 1)$ ，即 $i \times 2$ 。
$r c (i) = (i ≪ 1 ∣ 1)$ ，即 $i \times 2 + 1$ 。

一.区间修改，区间求和（求最值）( $p u s h d o w n$ )

分两种情况。

1. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部赋值为一个数 $d$ 。

此时采用打懒标记( $l a z y t a g$ )的方法去解决。把包含在区间 $[l, r]$ 内的节点打上懒标记（即赋值为 $d$ ），每当要访问它的左右儿子时就下传。

想想怎么下传。

令此节点打上的懒标记为 $x$ 。

将左右儿子的值以及懒标记改为 $x$ ，再将其懒标记清空。

$w h y ?$ 很简单。因为整个区间都要赋值为 $d$ ，所以左右儿子的子孙也得更改，因此也要打上懒标记。

另外，总和或最值会如何改变？

$s u m = (r - l + 1) * d$ ，因为区间内所有数都变成了 $d$ 。
$m a x n = m i n n = d$ ，同上。

代码如下：

inline void pushdown(int id, int tl, int tr){
	if (tree[id].tag != -1) { // -1 代表没有懒标记
		tree[lc(id)].val = tree[lc(id)].tag = tree[id].tag;
		tree[rc(id)].val = tree[rc(id)].tag = tree[id].tag;
		tree[lc(id)].minn = tree[lc(id)].maxn = tree[id].tag;
		tree[rc(id)].minn = tree[rc(id)].maxn = tree[id].tag;
		int tmid = (tl + tr) >> 1;
		tree[lc(id)].sum = tree[id].tag * (tmid - tl + 1); // [tl, tmid]
		tree[rc(id)].sum = tree[id].tag * (tr - tmid); // [tmid + 1, tr]
		rt->tag = -1;
	}
}

2. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部加上一个数 $d$ 。

同理，也运用懒标记。把包含在区间 $[l, r]$ 内的节点打上懒标记，即加上 $d$ （因为可能同一区间添加多次）。

类似于第一种。

仍令此节点打上的懒标记为 $x$ 。

将左右儿子的值以及懒标记加上 $x$ ，再将其懒标记清空。

另外，总和或最值会如何改变？

$s u m + = (r - l + 1) * d$ ，因为区间内所有数都加上了 $d$ 。
$m a x n + = d; m i n n + = d$ ，同上， $m i n n$ 与 $m a x n$ 也是如此。

code:

inline void pushdown(int id, int tl, int tr){
	if (tree[id].tag != 0) { // 不用 -1 是因为可能区间加上 -1
		tree[lc(id)].val += (tree[lc(id)].tag = tree[id].tag);
		tree[rc(id)].val += (tree[rc(id)].tag = tree[id].tag);
		tree[lc(id)].minn += tree[id].tag; tree[lc(id)].maxn += tree[id].tag;
		tree[rc(id)].minn += tree[id].tag; tree[rc(id)].maxn += tree[id].tag;
		int tmid = (tl + tr) >> 1;
		tree[lc(id)].sum += tree[id].tag * (tmid - tl + 1); // [tl, tmid]
		tree[rc(id)].sum += tree[id].tag * (tr - tmid); // [tmid + 1, tr]
		rt->tag = 0;
	}
}

3. 以上两种操作都有怎么办？

这时就要考虑优先性了。

在加上一个数时，无论之前是否赋值，都不会动摇它的决心。

但在赋值时，之前的添加操作就作废了。

并且，在 $p u s h d o w n$ 中先作赋值操作，再执行添加操作即可。

附上整体代码吧（代码是求 $m a x n$ ， $s u m$ 可以照葫芦画瓢）：

struct Segment_Tree {
	struct node { ll maxn, tag1, tag2 = -1; } tree[N << 2];
	inline void pushup(int id) {
		tree[id].maxn = max(tree[lc(id)].maxn, tree[rc(id)].maxn);
	}
	// tag1 : add  && tag2 : update
	inline void pushdown(int id) {
		if (tree[id].tag2 != -1) {
			tree[lc(id)].maxn = tree[id].tag2;
			tree[rc(id)].maxn = tree[id].tag2;
			tree[lc(id)].tag2 = tree[id].tag2;
			tree[rc(id)].tag2 = tree[id].tag2;
			tree[lc(id)].tag1 = 0;
			tree[rc(id)].tag1 = 0;
			tree[id].tag2 = -1;
		}
		if (tree[id].tag1) {
			tree[lc(id)].maxn += tree[id].tag1;
			tree[rc(id)].maxn += tree[id].tag1;
			tree[lc(id)].tag1 += tree[id].tag1;
			tree[rc(id)].tag1 += tree[id].tag1;
			tree[id].tag1 = 0;
		}
	}
	inline void build(int id, int tl, int tr) {
		if (tl == tr) {
			tree[id].maxn = val[tl];
			return ;
		}
		int tmid = (tl + tr) >> 1;
		build(lc(id), tl, tmid);
		build(rc(id), tmid + 1, tr);
		pushup(id);
	}
	inline void add(int id, int tl, int tr, int l, int r, int d) {
		if (tl > r || tr < l) return ;
		if (l <= tl && tr <= r) {
			tree[id].maxn += d;
			tree[id].tag1 += d;
			return ;
		}
		int tmid = (tl + tr) >> 1; pushdown(id);
		add(lc(id), tl, tmid, l, r, d);
		add(rc(id), tmid + 1, tr, l, r, d);
		pushup(id);
	}
	inline void update(int id, int tl, int tr, int l, int d) {
		if (tl > l || tr < l) return ;
		if (tl == tr) {
			tree[id].tag1 = 0;
			tree[id].maxn = d;
			tree[id].tag2 = d;
			return ;
		}
		int tmid = (tl + tr) >> 1; pushdown(id);
		update(lc(id), tl, tmid, l, d);
		update(rc(id), tmid + 1, tr, l, d);
		pushup(id);
	}
	inline void update(int id, int tl, int tr, int l, int r, int d) {
		if (tl > r || tr < l) return ;
		if (l <= tl && tr <= r) {
			tree[id].tag1 = 0;
			tree[id].maxn = d;
			tree[id].tag2 = d;
			return ;
		}
		int tmid = (tl + tr) >> 1; pushdown(id);
		update(lc(id), tl, tmid, l, r, d);
		update(rc(id), tmid + 1, tr, l, r, d);
		pushup(id);
	}
	inline int query(int id, int tl, int tr, int l, int r) {
		if (tl > r || tr < l ) return -inf;
		if (l <= tl && tr <= r) return tree[id].maxn;
		int tmid = (tl + tr) >> 1; pushdown(id);  
		int lmax = query(lc(id), tl, tmid, l, r);
		int rmax = query(rc(id), tmid + 1, tr, l, r);
		return max(lmax, rmax);
	}
} S;

练手题（ $l u o g u P 3372$ ）

二.最大连续子序列 ( $p u s h u p$ )

这里有一种类似于 $D P$ 的方法。

对于一个节点 $R t$ ，我们需要维护四个值。

$s u m$ : 此区间的总和。
$l m x$ : 此区间从左边开头的最大连续子序列。
$r m x$ : 此区间从右边开头的最大连续子序列。
$m x$ : 此区间的最大连续子序列。

想想怎么从两个儿子更改父亲节点的值。

如下图。

备注：① 代表 $R t$ 左儿子的 $l m x$ ，② 代表 $R t$ 左儿子的 $r m x$ ，⑤ 代表 $R t$ 左儿子的 $s u m$ 。③、④、⑥ 同理。

1. $R t$ 的 $s u m$ 。

很简单，左右儿子 $s u m$ 的和加上此节点的值即可。

code :

rt->sum = rt->ch[0]->sum + rt->ch[1]->sum + rt->val;

2. $R t$ 的 $l m x$ 。

首先，合并左右儿子的区间后， $R t$ 的 $l m x$ 可以为左儿子的 $l m x$ ，即 ① 这一段。
其次， $R t$ 的 $l m x$ 也可以由左儿子的总和、此节点的值与右儿子的 $l m x$ 的和，即 ⑤ 与 ③ 这两段的和。
两者取最大即可。

code :

rt->lmx = max(rt->ch[0]->lmx, rt->ch[0]->sum + rt->ch[1]->lmx + rt->val);

3. $R t$ 的 $r m x$ 。

与 $l m x$ 类似的。
首先， $R t$ 的 $r m x$ 可以为左儿子的 $r m x$ ，即 ④ 这一段。
其次， $R t$ 的 $r m x$ 也可以由右儿子的总和、此节点的值与左儿子的 $r m x$ 的和，即 ⑥ 与 ② 这两段的和。
同样取较大者。

code :

rt->rmx = max(rt->ch[1]->rmx, rt->ch[1]->sum + rt->ch[0]->rmx + rt->val);

4. $R t$ 的 $m x$

最后， $R t$ 的 $m x$ 有三种取值。

$R t$ 左儿子的 $m x$ 。
$R t$ 右儿子的 $m x$ 。
$R t$ 左儿子的 $r m x$ 、此节点的值与右儿子的 $l m x$ 之和，即 ② + ③。

code :

rt->mx = max({rt->ch[0]->mx, rt->ch[1]->mx, rt->ch[0]->rmx + rt->ch[1]->lmx + rt->val});

最后代码如下：

Code :

inline void pushup(node* &rt) {
	if (rt == NIL) return ;
	rt->siz = rt->ch[0]->siz + rt->ch[1]->siz + 1;
	rt->sum = rt->ch[0]->sum + rt->ch[1]->sum + rt->val;
	rt->lmx = max(rt->ch[0]->lmx, rt->ch[0]->sum + rt->ch[1]->lmx + rt->val);
	rt->rmx = max(rt->ch[1]->rmx, rt->ch[1]->sum + rt->ch[0]->rmx + rt->val);
	rt->mx = max({rt->ch[0]->mx, rt->ch[1]->mx, rt->ch[0]->rmx + rt->ch[1]->lmx + rt->val});
}

三.最小绝对值 ( $p u s h u p$ )

即求出所有值中最接近的两个值的绝对值。

如，在序列 $1, 5, 9, 11, 20, 25$ 中，最小绝对值为 $11 - 9 = 2$ 。

在二叉搜索树上，左子树的最大值小于等于当前节点值，而右子树的最小值一定大于当前节点值。

由此，一个简单的方法发芽了。

观察下图：

对于节点 $11$ ，它左子树的最大值为 $9$ ，右子树的最小值为 $25$ ，那么，它的最小绝对值为 $11 - 9 = 2$ 。

也就是说，每个节点的最小绝对值有以下几种来源：

左子树的最小绝对值；
右子树的最小绝对值；
当前节点值减去左子树的最大值；
右子树的最小值减去当前节点值。

这样就能成功维护了。

Code :

inline void pushup(node* &rt) {
	if (rt == NIL) return ;
	rt->siz = rt->ch[0]->siz + rt->ch[1]->siz + 1;
	rt->minn = min({rt->ch[0]->minn, rt->ch[1]->minn, rt->val});
	rt->maxn = max({rt->ch[0]->maxn, rt->ch[1]->maxn, rt->val});
	rt->mind = min(rt->ch[0]->mind, rt->ch[1]->mind);
	if (rt -> ch[0] -> maxn != -inf) rt->mind = min(rt->mind, rt->val - rt->ch[0]->maxn);
	if (rt -> ch[1] -> minn != inf) rt->mind = min(rt->mind, rt->ch[1]->minn - rt->val);
}

更新 $i n g . . .$

有错误请指出，谢谢！

posted @ 2025-01-26 14:08 云岚天上飘阅读(30) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· [USACO 2025 January Contest, Bronze] T3 Cow Checkups 题解

· [AtCoder - tdpc_game] ：ゲーム题解

· 关于pushdown函数

· 线段树的核心是区间与query

· 线段树综合

阅读排行：
· TypeScript + Deepseek 打造卜卦网站：技术与玄学的结合
· Manus的开源复刻OpenManus初探
· 三行代码完成国际化适配，妙~啊~
· .NET Core 中如何实现缓存的预热？
· 阿里巴巴 QwQ-32B真的超越了 DeepSeek R-1吗？

阅读目录(Content)

此页目录为空

云岚天上飘

ヾ(≧▽≦*)o

念两句诗

关于pushup与pushdown的几种常见情况

一.区间修改，区间求和（求最值）( $p u s h d o w n$ )

1. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部赋值为一个数 $d$ 。

2. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部加上一个数 $d$ 。

3. 以上两种操作都有怎么办？

二.最大连续子序列 ( $p u s h u p$ )

1. $R t$ 的 $s u m$ 。

code :

2. $R t$ 的 $l m x$ 。

code :

3. $R t$ 的 $r m x$ 。

code :

4. $R t$ 的 $m x$

code :

Code :

三.最小绝对值 ( $p u s h u p$ )

Code :

公告

一言（ヒトコト）

搜索

常用链接

我的标签

积分与排名

合集

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

喜欢请打赏

云岚天上飘

ヾ(≧▽≦*)o

念两句诗

关于pushup与pushdown的几种常见情况

一.区间修改，区间求和（求最值）(pushdown)

1. 将 [l,r] 区间内的每一个数全部赋值为一个数 d。

2. 将 [l,r] 区间内的每一个数全部加上一个数 d。

3. 以上两种操作都有怎么办？

二.最大连续子序列 (pushup)

1. Rt 的 sum。

code :

2. Rt 的 lmx 。

code :

3. Rt 的 rmx 。

code :

4. Rt 的 mx

code :

Code :

三.最小绝对值 (pushup)

Code :

公告

一言（ヒトコト）

搜索

常用链接

我的标签

积分与排名

合集

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

喜欢请打赏

一.区间修改，区间求和（求最值）( $p u s h d o w n$ )

1. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部赋值为一个数 $d$ 。

2. 将 $[l, r]$ 区间内的每一个数全部加上一个数 $d$ 。

二.最大连续子序列 ( $p u s h u p$ )

1. $R t$ 的 $s u m$ 。

2. $R t$ 的 $l m x$ 。

3. $R t$ 的 $r m x$ 。

4. $R t$ 的 $m x$

三.最小绝对值 ( $p u s h u p$ )