【模板】树套树
在这里先给出一道模板题
【XSY2685】【LG3380】【BZOJ3196】【TYVJ1730】二逼平衡树
\(Description\)
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列，其中需要提供以下操作：
1.查询k在区间内的排名（一个数的排名是小于这个数的个数+1)
2.查询区间内排名为\(k\)的值
3.修改某一位值上的数值
4.查询\(k\)在区间内的前驱(前驱定义为小于\(x\)，且最大的数)
5.查询\(k\)在区间内的后继(后继定义为大于\(x\)，且最小的数)
\(Input\)
第一行两个数\(n,m\)表示长度为\(n\)的有序序列和\(m\)个操作
第二行有\(n\)个数，表示有序序列
下面有\(m\)行，\(opt\)表示操作标号
若\(opt=1\)则为操作\(1\)，之后有三个数\(l,r,k\)表示查询\(k\)在区间\([l,r]\)的排名
若\(opt=2\)则为操作\(2\)，之后有三个数\(l,r,k\)表示查询区间\([l,r]\)内排名为\(k\)的数
若\(opt=3\)则为操作\(3\)，之后有两个数\(pos,k\)表示将\(pos\)位置的数修改为\(k\)
若\(opt=4\)则为操作\(4\)，之后有三个数\(l,r,k\)表示查询区间\([l,r]\)内\(k\)的前驱
若\(opt=5\)则为操作\(5\)，之后有三个数\(l,r,k\)表示查询区间\([l,r]\)内\(k\)的后继
\(Output\)
对于操作\(1,2,4,5\)各输出一行，表示查询结果
\(Sample Input\)
9 6
4 2 2 1 9 4 0 1 1
2 1 4 3
3 4 10
2 1 4 3
1 2 5 9
4 3 9 5
5 2 8 5
\(Sample Output\)
2
4
3
4
9
\(HINT\)
1.\(n\)和\(m\)的数据范围：\(n,m≤50000\)
2 序列中每个数的数据范围：\([0,108]\)
3.虽然原题没有，但事实上\(5\)操作的\(k\)可能为负数
4.保证答案一定存在
题解
一、这道题目在说什么？
给你一个有序序列，需要实现：
- 区间查询\(k\)排名
- 区间查询排名\(k\)的值
- 单点修改权值
- 区间查询\(k\)前驱
- 区间查询\(k\)后继
二、这道题目怎么做？
这道题，涉及到了区间查询以及单点修改，我们反应过来：这是一道待修区间K大的题目。
我们可爱的线段树能够实现单点修改和区间修改，但是面对区间K大就无能为力
我们精简的主席树和功能强大的平衡树可以完成区间K大的任务，但是不能完成待修的任务
于是我们不得不放弃普通的线段树或者平衡树做法，这时，就要用树套树做法了。
我们在外层建一棵线段树，完成单点修改的任务
再在每个线段树节点建一棵平衡树（可以是\(treap\)，也可以是\(splay\)，也可以是另外各种可以实现区间询问的平衡树）
每次区间询问的时候，就调用线段树节点中的平衡树完成查询，在这个时候，平衡树对应的就是一个区间，而不是一整个线段树
在这里我用的是\(fhq\) \(treap\)，个人认为\(fhq\) \(treap\)容易理解，好打
在这里就不多讲\(fhq\) \(treap\) 的代码部分，都是板子，就只讲线段树的部分
为了方便，我将\(fhq\) \(treap\)封装成一个\(struct\)，需要的可以看看
三、代码实现
1. 区间查询值\(k\)的排名
我们在线段树中找到在询问区间内的节点，然后调用平衡树查询在节点的平衡树中的\(k\)排名
然后我们考虑一下，如果每次都查询的是小于等于\(k\)的数的个数，那么合并的时候，可能会出现很多个等于\(k\)的值，也就是说，这样求出的排名可能会重复多出一些
于是我们将\(queryrank\)定义为寻找小于\(k\)的数的个数，在最后的时候再\(+1\)
在这里，我们看看线段树在遍历的时候的小细节，我们可以分为\(3\)类
- 当整个区间都在左子树，返回左子树的查询
- 当整个区间都在右子树，返回右子树的查询
- 区间横跨左右子树，返回两个子树的查询和，不过左子树的查询区间要变成\([ql,mid]\)，右子树变成\([mid+1,qr]\)
int queryrank(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)//询问在[ql,qr]区间内小于val的数的个数
{
if(ql<=l&&r<=qr)return a[k].rank(a[k].rt,val)-1;//在询问区间内，调用平衡树，记得-1
int ans=0;
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)ans=queryrank(k<<1,l,mid,ql,qr,val);//整个区间都在左子树
else if(ql>mid)ans=queryrank(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);//整个区间都在右子树
else ans=queryrank(k<<1,l,mid,ql,mid,val)+queryrank(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val);//横跨左右子树
return ans;
}
2.查询排名为\(k\)的值
这个操作不能树套树中实现，因为不知道怎么将答案合并起来，于是我们考虑写一个简单的二分答案
每次二分一个值，用\(queryrank\)（楼上）来查询这个值的\(rank\)
//无脑二分不多解释
int queryval(int ql,int qr,int val)//询问在[ql,qr]区间内排名为val的值
{
int l=0,r=1e8,ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(queryrank(1,1,n,ql,qr,mid)+1<=val)ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return ans;
}
3.修改\(k\)位置上的值
我们从根往\([k,k]\)遍历，将路径上的节点中的平衡树中的\(k\)位置上的值先删除，然后再加入新的值，直到遍历到\([k,k]\)，跟往常的线段树修改没什么区别
void change(int k,int l,int r,int pos,int val)//将pos位置的值改为val
{
a[k].del(a[k].rt,p[pos]);//删除pos位置的值
a[k].ins(a[k].rt,val);//加入val
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)change(k<<1,l,mid,pos,val);
else change(k<<1|1,mid+1,r,pos,val);
}
4. 查询\(k\)在区间内的前驱
查询前驱也没什么特别的，在询问区间范围内就调用平衡树，最后取左右子树查询的\(maxn\)
也可以像操作\(1\)那样分离
//不再注释
int querypre(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)//查询[ql,qr]区间内val的前驱
{
if(l>=ql&&r<=qr)return a[k].pre(a[k].rt,val);
int ans=-INF;
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)ans=max(ans,querypre(k<<1,l,mid,ql,qr,val));
else if(ql>mid)ans=max(ans,querypre(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val));
else ans=max(ans,max(querypre(k<<1,l,mid,ql,mid,val),querypre(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val)));
return ans;
}
5.查询\(k\)在区间内的后继
同上，后继取左右子树查询的\(minn\)
int querynxt(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)
{
if(l>=ql&&r<=qr)return a[k].nxt(a[k].rt,val);
int mid=(l+r)>>1;
int ans=INF;
if(qr<=mid)ans=min(ans,querynxt(k<<1,l,mid,ql,qr,val));
else if(ql>mid)ans=min(ans,querynxt(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val));
else ans=min(ans,min(querynxt(k<<1,l,mid,ql,mid,val),querynxt(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val)));
return ans;
}
\(ps:\)树套树的时间复杂度都很优秀 ，所以需要注意一下卡常和各种玄学优化，（但这道题我加快读比不加慢？！）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x7fffffff,N=5e4+10;
int n,m;
int p[N];
int cnt=0;
struct tree
{
int ch[2],siz,val,rd;
}t[N*40];
int seed=233;
struct FhqTreap
{
int rt;
int Rand()
{
return seed=int(seed*4827111l%0x7ffffffff);
}
int newnode(int val)
{
t[++cnt].val=val;
t[cnt].siz=1;
t[cnt].rd=Rand();
return cnt;
}
void up(int k)
{
t[k].siz=t[t[k].ch[0]].siz+t[t[k].ch[1]].siz+1;
}
void split(int now,int val,int &a,int &b)
{
if(!now)
{
a=b=0;
return ;
}
if(t[now].val<=val)
{
a=now;
split(t[now].ch[1],val,t[a].ch[1],b);
}
else
{
b=now;
split(t[now].ch[0],val,a,t[b].ch[0]);
}
up(now);
}
int merge(int a,int b)
{
if(!(a&&b))return a+b;
if(t[a].rd<t[b].rd)
{
t[a].ch[1]=merge(t[a].ch[1],b);
up(a);
return a;
}
else
{
t[b].ch[0]=merge(a,t[b].ch[0]);
up(b);
return b;
}
}
void ins(int &rt,int val)
{
int a,b;
int c=newnode(val);
split(rt,val,a,b);
rt=merge(merge(a,c),b);
}
void del(int &rt,int val)
{
int a,b,c;
split(rt,val,a,c);
split(a,val-1,a,b);
b=merge(t[b].ch[0],t[b].ch[1]);
a=merge(a,b);
rt=merge(a,c);
}
int rank(int rt,int val)
{
int a,b;
split(rt,val-1,a,b);
int ans=t[a].siz+1;
rt=merge(a,b);
return ans;
}
int kth(int now,int rk)
{
while((t[t[now].ch[0]].siz+1)!=rk)
{
if(t[t[now].ch[0]].siz>=rk)now=t[now].ch[0];
else
{
rk-=t[t[now].ch[0]].siz+1;
now=t[now].ch[1];
}
}
return t[now].val;
}
int pre(int rt,int val)
{
int a,b;
split(rt,val-1,a,b);
int ans=t[a].siz?kth(a,t[a].siz):-INF;
rt=merge(a,b);
return ans;
}
int nxt(int rt,int val)
{
int a,b;
split(rt,val,a,b);
int ans=t[b].siz>0?kth(b,1):INF;
rt=merge(a,b);
return ans;
}
}a[N<<2];
void build(int k,int l,int r)
{
for(int i=l;i<=r;i++)a[k].ins(a[k].rt,p[i]);
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
}
int queryrank(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)
{
if(ql<=l&&r<=qr)return a[k].rank(a[k].rt,val)-1;
int ans=0;
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)ans=queryrank(k<<1,l,mid,ql,qr,val);
else if(ql>mid)ans=queryrank(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
else ans=queryrank(k<<1,l,mid,ql,mid,val)+queryrank(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val);
return ans;
}
int queryval(int ql,int qr,int val)
{
int l=0,r=1e8,ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(queryrank(1,1,n,ql,qr,mid)+1<=val)ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return ans;
}
void change(int k,int l,int r,int pos,int val)
{
a[k].del(a[k].rt,p[pos]);
a[k].ins(a[k].rt,val);
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)change(k<<1,l,mid,pos,val);
else change(k<<1|1,mid+1,r,pos,val);
}
int querypre(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)
{
if(l>=ql&&r<=qr)return a[k].pre(a[k].rt,val);
int ans=-INF;
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)ans=max(ans,querypre(k<<1,l,mid,ql,qr,val));
else if(ql>mid)ans=max(ans,querypre(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val));
else ans=max(ans,max(querypre(k<<1,l,mid,ql,mid,val),querypre(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val)));
return ans;
}
int querynxt(int k,int l,int r,int ql,int qr,int val)
{
if(l>=ql&&r<=qr)return a[k].nxt(a[k].rt,val);
int mid=(l+r)>>1,ans=INF;
if(qr<=mid)ans=min(ans,querynxt(k<<1,l,mid,ql,qr,val));
else if(ql>mid)ans=min(ans,querynxt(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val));
else ans=min(ans,min(querynxt(k<<1,l,mid,ql,mid,val),querynxt(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,val)));
return ans;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
srand(19260817);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=read();
build(1,1,n);
int op,l,r,k,pos;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
op=read();
if(op==1)
{
l=read(),r=read(),k=read();
printf("%d\n",queryrank(1,1,n,l,r,k)+1);
}
if(op==2)
{
l=read(),r=read(),k=read();
printf("%d\n",queryval(l,r,k));
}
if(op==3)
{
pos=read(),k=read();
change(1,1,n,pos,k);
p[pos]=k;
}
if(op==4)
{
l=read(),r=read(),k=read();
printf("%d\n",querypre(1,1,n,l,r,k));
}
if(op==5)
{
l=read(),r=read(),k=read();
printf("%d\n",querynxt(1,1,n,l,r,k));
}
}
return 0;
}
/*
9 6
4 2 2 1 9 4 0 1 1
2 1 4 3
3 4 10
2 1 4 3
1 2 5 9
4 3 9 5
5 2 8 5
*/
梅子满树，清酒伊人
