历史版本和 笔记

一、简要介绍

维护序列 \(A\)，支持下列几种操作：

• 给出 \(l,r,x\)，将 \(A_{l\sim r}\) 加上 \(x\)。
• 记录一个版本，并复制一个新版本，以后的操作在新版本进行。
• 给出 \(l,r\)，求 \(A_{l∼r}\) 所有历史版本的和。

操作总数为 \(m\)。\(n,m\le5\times 10^5\)。

对于一个线段树节点，它的标记队列（就是将标记从前往后放入一个队列中）一定如下，其中 \(v_i\) 对应一次区间加更新加的值，\(\operatorname{memory}\) 对应记录版本的操作。

\[\{v_1,v_2,\operatorname{memory}_3,v_4,v_5,v_6,\operatorname{memory}_7,\dots\} \]

而对应那个时候即将下传的 tag 就是 \(t_i=\sum_{i=1}^n v_i\)。

记 \(u\) 表示这个区间初始的和，\(sh_i\) 表示操作完前 \(i\) 个操作后的历史版本和。

\[\begin{align*} sh_i&=\sum_{j=1}^i[q_j=\operatorname{memory}](u+t_j) \\&=u\times (\sum_{j=1}^i[q_j=\operatorname{memory}])+\sum_{j=1}^i[q_j=\operatorname{memory}]t_i \end{align*} \]

也就是说，记录 \(\operatorname{memory}\) 出现的个数，记作 \(c_i\)；以及 \(\operatorname{memory}\) 时的 \(t_i\) 的和即可，将这个和记作 \(s_i\)。

每次更新时，先更新历史版本和，方法是让历史版本和加上未更新的和乘上 \(c_i\)，再加上 \(s_i\)；当前和再更新（\(len\) 是当前区间长度，其他的变量而不是结构体成员的，都是来自父亲的信息）。

t[rt].sh += tc * t[rt].s + ts;
t[rt].s += tag * len;

接着考虑自己的 tag \(c_1,s_1\) 怎么接受来自父亲的 tag \(c_2,s_2\)，考虑接受父亲的 tag 后，新的历史版本和 \(sh'\)：

\[sh'=u\times c'+s'=u(c_1+c_2)+s' \]

根据线段树 tag 的定义，父亲的 tag 一定是比自己的 tag 的“更新时间”要晚，故 \(s_2\) 代表的标记队列是接在 \(s_1\) 以后的，所以 \(s_2\) 中的 \(c_2\) 个 \(\sum t_i\) 都应该加上 \(s_1\)。

综上：

\[c'\gets c_1+c_2 \]

\[s'\gets s_1+s_2+c_2s_1 \]

（变量而不是结构体成员的，都是来自父亲的信息）。

t[rt].tc += tc;
t[rt].ts += tc * t[rt].tag + ts;
t[rt].tag += tag;

二、刷题总结

1. P3246 [HNOI2016] 序列

解法 (1)

离线询问，对 \(r\) 进行扫描线，线段树维护以 \(r\) 为右端点时，每个左端点的最小值。

意思就是线段树的区间 \([l',r']\in [1,r]\)，维护的是 \([[l',r'],r]\) 的最小值的相关信息。

假设扫描线扫到 \(r\)，那么新进入一个 \(a_r\)，就是 \([[1,r],r]\) 的最小值对 \(a_r\) 取 \(\min\)，一个标准的 beats 操作。

当扫描到 \(r\) 时，查询区间 \([l,r]\) 所有连续子序列的答案，先考虑固定左端点 \(l\) 的情况，那么就是 \(\sum_{i=l}^{r} \min_{j=l}^i a_j\)（也就是扫描到 \(i\) 时，线段树维护的 \(l\) 这一点的最小值）。

如果把扫描到的不同的 \(r\) 看作若干个版本，固定左端点 \(l\) 的子序列的答案，就相当于 \(l\) 这一点的最小值的历史版本和。

那么不固定左端点 \(l\)，就是对 \([[l,r],r]\) 进行一次上面的操作，也就是求 \([l,r]\) 区间的最小值历史版本和就好了。

解法 (2)

由 NOIP 2024 T4，\(a_r\) 能成为 \(\max\) 的区间，本质上就是往前找第一个比 \(a_r\) 大的数 \(a_l\)，\([[l+1,r-1],r-1]\) 的最大值一定是 \(a_l\)，那么 \([[l+1,r],r]\) 的最大值就变成 \(a_r\)，使用一个单调栈，对区间进行加减即可解决，所以并不用 beats。

2. CF997E Good Subsegments

好区间换句话就是说 \((\max-\min)-(r-l)=0\) 的区间，所以直接维护那个式子的最小值和出现次数。

同理，离线询问，对 \(r\) 进行扫描线，线段树也和上面的差不多，线段树里的 \([l',r']\in [1,r]\) 表示 \([[l',r'],r]\) 的式子最小值。把不同的 \(r\) 看成不同的版本。

\(r\) 向右移动时增加了 \(1\)，故先给这一整个式子减小 \(1\)。然后用两个单调栈维护当前 \(a_i\) 能够成为 \(\max / \min\) 的区间，对这些区间的式子值进行修改。

然后同上题，求答案即可，答案就是 \([l,r]\) 内每一点最小值的出现个数的历史版本和。

为什么最小值就行了？易得 \([i,i]\) 时式子最小值是 \(0\)。

这题还有个牛逼的地方，很多题解都没讲：他没有加法标记。因为最小值个数由 push_up 决定，所以相当于它的标记队列全是 \(\operatorname{memory}\)，所以不用维护 \(s_i\)……

3. P10637 BZOJ4262 Sum

有一个经典的 \(\max / \min\) 的转换：\(\min a_i=-\max -a_i\)，那么题目要求的就变成了：

\[\sum_{l\in [l_1,r_1]}\sum_{r\in[l_2,r_2]}(\max_{i\in[l,r]}a_i+\max_{i\in[l,r]}-a_i) \]

解决一个就可以解决另一个。

依旧考虑对 \(r\) 进行扫描线，只需对 \(r\) 进行差分，将答案变为 \([[l_1,r_1],r_2]\) 的答案减去 \([[l_1,l_2],l_2-1]\) 的答案即可。那么就变成了第一题。

4. P8868 [NOIP2022] 比赛

神题。

题目要求：

\[\sum_{p\in[l,r]}\sum_{q\in[l,r]}(\max_{i\in[p,q]}\{a_i\}\times\max_{i\in [p,q]}\{b_i\}) \]

相当于上一题从加号变成了乘号。

考虑只算区间乘积，怎么做（\(p,q\) 分别是 \(a_i,b_i\) 的加法 tag，\(l\) 是区间长度）。

\[\begin{align*} \sum (a_i+p)( b_i+q)&=\sum a_ib_i+a_iq+b_ip+pq \\&=(\sum a_ib_i)+{\color{red}q(\sum a_i)+p(\sum b_i)+pql} \end{align*} \]

将红色的部分当作 tag，做历史版本和即可。