Segment Tree Beats 学习笔记
前置知识：线段树
简要介绍
区间取 min/max 问题
先引入一个简单的问题：给定一个数列，你需要支持区间取 \(\min\)，区间求和。怎么做？
普通的线段树只能支持区间求和，不能支持区间取 \(\min\)，如果每次修改都暴力递归到叶子节点，时间复杂度就会爆炸。
显然有一个可行的剪枝：维护一下当前区间最大值，如果最大值比我要取 \(\min\) 的那个数还要小，那就直接返回，不用继续递归。
进一步考虑，维护一下 严格 次大值。如果我要取 \(\min\) 的那个数比最大值小，但是比次大值大，那我们就只修改最大值。这个应该很好实现，打个标记然后 pushdown 即可。
现在来证明复杂度是 \(O(q\log n)\) 的。
考虑下面一颗线段树，把我们维护的区间最大值标记在节点上：
对于相同的权值，我们只取最上面的那个节点：
那么有个性质，就是一个节点的区间最大值就是这个节点的权值，次大值是它儿子权值的最大值。
现在，我们将一个区间 \([l,r]\) 与 \(v\) 取 \(\min\)。我们把 \(v\) 看作一个标记，这可能会将一些节点的权值修改为 \(v\)，我们把这次操作所产生的标记记为同一类。当我们暴力递归的时候，至少会存在一类标记大于 \(v\)，也就是至少会有 一类标记 被清除。
每次操作都会新增一类标记，每类标记的个数最多只有 \(\log n\) 个。所以均摊下来总时间复杂度为 \(O(q\log n)\)。
更严谨的证明可以到文末看吉老师的论文。
如果加上了类似区间加的操作，时间复杂度肯定不会超过 \(O(q\log^2 n)\)，但实际上跑的跟 \(O(q\log n)\) 差不多。
历史最大值
先来个简单一点的问题：给你一个序列，你需要支持区间加，区间查最大值，区间查历史最大值。
对于前两个操作，我们对区间加打个 \(\text{tag}\)，维护一下区间最大值，每次下传标记就给区间最大值加上 \(\text{tag}\) 就行了。
然后来看一下历史最大值怎么维护。对于 \(\text{pushup}\)，直接对左右儿子取 \(\max\) 即可，重点是 \(\text{pushdown}\)。
在维护当前节点标记的时候，可能会发生如下操作：\(+5\)，\(+4\)，\(-3\)，最终标记上的值就是 \(+5+4-3=+6\)。而在这期间某个时刻，这个标记达到了 \(+5+4=+9\)，比最终的 \(+6\) 要大，所以历史最大值应该更可能是在 \(+9\) 的时候取到，而不是 \(+6\)。
所以除了维护区间加的标记，还需要维护 这个标记的历史最大值，用于区间历史最大值的更新。
于是在下传的时候，我们将区间历史最大值与原本区间的值 + 标记历史最大值取个 \(\max\) 就行了。代码如下：
void addtag(ll x,ll t1,ll t2){//t1为区间加的标记，t2为标记历史最大值
his[x]=max(his[x],maxx[x]+t2);
histag[x]=max(histag[x],tag[x]+t2);
maxx[x]+=t1;
tag[x]+=t1;
}
这就是最基本的历史最值问题，但当它与一些奇奇怪怪的操作（比如前面的区间取最值问题）结合起来的时候，一切都会变的复杂起来。
一些题目
CPU 监控
历史最值入门题目，虽然比较难写，但可以说是这类题目中最好写的一题了。
相比于前面的例题，这题多了一个区间赋值的操作。所以要多记录两个 \(\text{tag}\)，表示覆盖的值和覆盖的历史最大值。
注意一旦出现覆盖，那么区间加的 \(\text{tag}\) 就没用了，以后的区间加要标记在区间赋值的 \(\text{tag}\)。
线段树 3
这题就是将前面讲的两种操作合并在了一起。按照惯例，区间取 \(\min\) 需要维护区间最大值与次大值，历史最值需要维护区间历史最大值，同时还要维护区间和。
对于 \(\text{pushdown}\)，我们只需要维护加法标记，最大值加法标记，以及对应的历史最大值。
代码会很难写，细节很多，但是熟练就好了。
Cartesian Tree
前两题写吐了，就来做点小清新题吧。
看看大根笛卡尔树有什么性质：中序遍历为原序列顺序，父亲节点权值比儿子大。那么忽略权值 \(\leq k\) 的限制，假设 \(i\) 左边第一个权值比 \(i\) 大的位置为 \(l_i\)，右边第一个权值比 \(i\) 大的位置为 \(r_i\)，\(i\) 子树对应到原序列的区间就是 \((l_i,r_i)\)。所有点的子树和就是 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}{r_i-l_i-1}\)。
将 \(l_i\) 和 \(r_i\) 分开计算，我们现在要求所有权值 \(\leq k\) 的点的 \(r_i\) 之和（\(l_i\) 同理）。因为权值互不相同，所以将序列上的数按权值从小到大加入。假设我们已经计算完 \(< k\) 的 \(r_i\)，现在加入一个数，其位置为 \(pos\)，权值为 \(k\)，那么这个数的 \(r_i\) 就是 \(k+1\)。因为它比前面加入的数都要大，所以在 \(pos\) 左边的数的 \(r_i\) 都不能超过它，也就是将 \(1 \sim pos-1\) 的 \(r_i\) 跟 \(pos\) 取 \(\min\)。因为在 \(pos\) 的位置新插了一个数，所以 \(pos+1 \sim n\) 的 \(r_i\) 都要 \(+1\)。
现在问题变成了单点修改，区间取 \(\min\)，区间加，全局求和，用 Segment Tree Beats 解决，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
Stations
直接维护广播站能被多少广播站传播显然十分麻烦，考虑维护一个广播站能传播到哪些地方。找到第 \(i\) 个广播站右边第一个比它高的广播站位置，记为 \(pos_i\)，那它能传播到的广播站就是 \([i,\min(w_i,pos_i-1)]\)，我们称 \(r_i=\min(w_i,pos_i-1)\)。
对于 \(1\) 操作，先把 \(r_i\) 赋为 \(g\)。因为它现在是最高的广播站了，所以它左边广播站的 \(r_i\) 都不能超过它，于是对左边的 \(r_i\) 与 \(i\) 取 \(\min\)，用 Segment Tree Beats 即可。
对于 \(2\) 操作，计算有多少个 \([i,r_i]\) 包含它。再建一棵线段树，对每一个 \(i\)，就在 \([i,r_i]\) 加 \(1\)，然后单点查询。至于如何维护，直接在操作 \(1\) 的过程中更改即可。
具体来说，在操作 \(1\) 的时候，我们要修改某些节点的最大值，比如将 \(maxx\) 修改为 \(v\)，那就在第二颗线段树上把 \([v+1,maxx]\) 减去最大值个数就行了。
Karen and Cards
设三元组为 \((x,y,z)\)，一个暴力的想法是枚举前两维，然后计算合法的第三维个数。
先枚举 \(x \in [1,p]\)，然后枚举 \(y\)。如果发现存在 \(i\) 使得 \(a_i \geq x\) 且 \(b_i \geq y\)，那么无论 \(z\) 是什么它都是不合法的。所以 \(y > \displaystyle\max_{a_i \geq x}{b_i}\)。
再考虑 \(z\)，如果存在 \(i\) 使得 \(a_i \geq x\)，那么 \(z > c_i\)，否则无论如何都不合法，所以 \(z > \displaystyle\max_{a_i \geq x}{c_i}\)。同理，\(z > \displaystyle\max_{a_i < x,b_i \geq y}{c_i}\)，故 \(z > \max(\displaystyle\max_{a_i \geq x}{c_i},\displaystyle\max_{a_i < x,b_i \geq y}{c_i})\)，合法个数为 \(r-\max(\displaystyle\max_{a_i \geq x}{c_i},\displaystyle\max_{a_i < x,b_i \geq y}{c_i})\)。
如果只枚举一层，设 \(Bmax=\displaystyle\max_{a_i \geq x}{b_i},Cmax=\displaystyle\max_{a_i \geq x}{c_i},f_y=\displaystyle\max_{a_i < x,b_i \geq y}{c_i}\)，则前两个可以通过倒序枚举 \(x\) 预处理。至于 \(f_y\)，可以从小到大枚举 \(x\)，把 \(a_i=x\) 的三元组一个个加进去，然后将 \(y \leq b_i\) 的 \(f_y\) 对 \(c_i\) 取 \(\max\)。
区间取 \(\max\) 问题，直接套 Segment Tree Beats 即可。至于答案求和，可以把 \(\max\) 拆开，在线段树上二分第一个 \(f_y\leq Cmax\) 的位置，然后再区间求和。
参考资料：
