Segment Tree Beats 学习笔记

此类线段树一般用来处理区间最值操作或者区间历史最值问题。

例如线段树3，支持如下操作：

1 l r k：将 $a_l\sim a_r$ 加上 $k$。

2 l r v：将 $a_l\sim a_r$ 对 $v$ 取最小值。

3 l r：求 $a_l\sim a_r$ 的和。

4 l r：求 $a_l\sim a_r$ 的最大值。

5 l r：求 $b_l\sim b_r$ 的最大值。（$b_i$ 即位置 $i$ 上的历史最大值）

对于操作2，区间取 $\min$，意味着只对那些大于 $v$ 的数有更改。因此这个操作的对象不再是整个区间，而是「这个区间中大于 $v$ 的数」。于是我们可以有这样的思路：每个结点维护该区间的最大值 $mx$、次大值 $se$、区间和 $sum$ 以及最大值的个数 $cnt$。接下来我们考虑区间对 $v$ 取 $\min$ 的操作。

如果 $mx\le v$，显然这个 $v$ 是没有意义的，直接返回；
如果 $se<v\le mx$，那么这个 $v$ 就能更新当前区间中的最大值。于是我们让区间和加上 $cnt(v-mx)$，然后更新 $mx$ 为 $v$，并打一个标记。
如果 $v\le se$，那么这时你发现你不知道有多少个数涉及到更新的问题。于是我们的策略就是，暴力递归向下操作。然后上传信息。

复杂度由创始人吉老师的分析大约是 $\mathcal O(q\log n)$ 的。

对于操作1,3,4。我们需要下传标记处理。我们还需要维护区间和，区间 $\max$ 与区间加的标记。

再考虑操作5，维护区间历史最值。

假设只有区间加的操作，我们维护标记 $Add$ 表示当前区间增加的值，这个标记可以解决区间 $\max$ 的问题。接下来考虑历史区间 $\max$。我们定义标记 $Pre$，该标记的含义是：在该标记的生存周期内，$Add$ 标记的历史最大值。

我们先对一个标记的生存周期下定义。

一个标记会经历这样的过程：

在结点 $u$ 被建立。
在结点 $u$ 接受若干个新的标记的同时，与新的标记合并（指同类标记）。
结点 $u$ 的标记下传给 $u$ 的儿子，$u$ 的标记清空。

我们认为在这个过程中，从 $1$ 开始到 $3$ 之前，都是结点 $u$ 的标记的生存周期。两个标记合并后，成为同一个标记，那么他们的生存周期也会合并（即取建立时间较早的那个做为生存周期的开始）。

利用这个概念，我们可以证明：在一个结点标记的生存周期内，其子结点均不会发生任何变化，并保留在这个生存周期之前的状态。道理很简单，因为在这个期间你是没有下传标记的。

于是，你就可以保证，在当前标记生存周期内的历史 $Add$ 的最大值是可以更新到子结点的标记和信息上的。因为子结点的标记和信息在这个时间段内都没有变过。于是我们把 $u$ 的标记下传给它的儿子 $s$，不难发现有：

\[\small Pre_s=\max(Pre_s,Pre_u+Add_s) \]

\[\small Add_s=Add_u+Add_s \]

那么信息的更新也是类似的，拿对应的标记更新即可。

又由于区间取 $\min$ 操作只会更新区间最大值。我们就需要把最大值和非最大值分开来维护，需要多设两个 $tag$。否则就更新不了非最大历史最大值的历史最大值了。

我们把一个区间的元素划分成最大值和非最大值两部分，那么区间最值操作可以转化为对最大值的加减操作，而题目中的区间加减则同时作用于这两类值。于是我们以一个 $\log$ 的代价把问题就变成了两个数域上的区间加减操作和历史最值询问。

总体复杂度为 $\mathcal O(q\log^2n)$。

总结一下，在这道题，我们在线段树的每一个节点上需要存储的信息有：区间总和 $ sum$，区间最大值 $mx$，区间历史最大值 $mx'$，区间严格次大值 $se$，区间最大值的个数 $cnt$，区间最大值的懒标记 $tag_1$，区间最大值的懒标记的最大值 $tag_1'$，区间非最大值的懒标记 $tag_2$，区间非最大值的懒标记的最大值 $tag_2'$。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x7fffffff
constexpr int N(5e5);
using ll=long long;
int n,m;
int a[N+5],b[N+5];
namespace SMT{
	struct node{
		ll sum;
		int mx,se,cnt,mx_;
		int tagmx,tagmx_,tagnmx,tagnmx_;
		inline void cleartag(){tagmx=tagmx_=tagnmx=tagnmx_=0;}
	}T[N+1<<2];
	inline void pushup(int o){
		T[o].sum=T[o<<1].sum+T[o<<1|1].sum;
		T[o].mx_=std::max(T[o<<1].mx_,T[o<<1|1].mx_);
		if(T[o<<1].mx==T[o<<1|1].mx){
			T[o].mx=T[o<<1].mx;
			T[o].se=std::max(T[o<<1].se,T[o<<1|1].se);
			T[o].cnt=T[o<<1].cnt+T[o<<1|1].cnt;
		}
		else if(T[o<<1].mx>T[o<<1|1].mx){
			T[o].mx=T[o<<1].mx;
			T[o].se=std::max(T[o<<1].se,T[o<<1|1].mx);
			T[o].cnt=T[o<<1].cnt;
		}
		else{
			T[o].mx=T[o<<1|1].mx;
			T[o].se=std::max(T[o<<1].mx,T[o<<1|1].se);
			T[o].cnt=T[o<<1|1].cnt;
		}
	}
	inline void update(int o,int l,int r,int k1,int k1_,int k2,int k2_){
		T[o].sum+=1ll*k1*T[o].cnt+1ll*k2*(r-l+1-T[o].cnt);
		T[o].mx_=std::max(T[o].mx_,T[o].mx+k1_);T[o].mx+=k1;
		T[o].tagmx_=std::max(T[o].tagmx_,T[o].tagmx+k1_);
		T[o].tagnmx_=std::max(T[o].tagnmx_,T[o].tagnmx+k2_);
		if(T[o].se!=-INF)T[o].se+=k2;
		T[o].tagmx+=k1,T[o].tagnmx+=k2;
	}
	inline void pushdown(int o,int l,int r,int mid){
		int tmp=std::max(T[o<<1].mx,T[o<<1|1].mx);
		if(T[o<<1].mx==tmp)update(o<<1,l,mid,T[o].tagmx,T[o].tagmx_,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_);
		else update(o<<1,l,mid,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_);
		if(T[o<<1|1].mx==tmp)update(o<<1|1,mid+1,r,T[o].tagmx,T[o].tagmx_,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_);
		else update(o<<1|1,mid+1,r,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_,T[o].tagnmx,T[o].tagnmx_);
		T[o].cleartag();
	}
	void modify1(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v){
		if(qr<l||ql>r)return;
		if(ql<=l&&r<=qr)return update(o,l,r,v,v,v,v);
		int mid=l+r>>1;pushdown(o,l,r,mid);
		modify1(o<<1,l,mid,ql,qr,v);
		modify1(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
		pushup(o);
	}
	void modify2(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v){
		if(qr<l||ql>r||v>=T[o].mx)return;
		if(ql<=l&&r<=qr&&v>T[o].se)return update(o,l,r,v-T[o].mx,v-T[o].mx,0,0);
		int mid=l+r>>1;pushdown(o,l,r,mid);
		modify2(o<<1,l,mid,ql,qr,v);
		modify2(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
		pushup(o); 
	}
	ll query3(int o,int l,int r,int ql,int qr){
		if(qr<l||ql>r)return 0;
		if(ql<=l&&r<=qr)return T[o].sum;
		int mid=l+r>>1;pushdown(o,l,r,mid);
		return query3(o<<1,l,mid,ql,qr)+query3(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	}
	ll query4(int o,int l,int r,int ql,int qr){
		if(qr<l||ql>r)return -INF;
		if(ql<=l&&r<=qr)return T[o].mx;
		int mid=l+r>>1;pushdown(o,l,r,mid);
		return std::max(query4(o<<1,l,mid,ql,qr),query4(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
	}
	ll query5(int o,int l,int r,int ql,int qr){
		if(qr<l||ql>r)return -INF;
		if(ql<=l&&r<=qr)return T[o].mx_;
		int mid=l+r>>1;pushdown(o,l,r,mid);
		return std::max(query5(o<<1,l,mid,ql,qr),query5(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
	}
	void build(int o,int l,int r){
		if(l==r){
			T[o].sum=T[o].mx=T[o].mx_=a[l];
			T[o].se=-INF;T[o].cnt=1;
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		build(o<<1,l,mid);
		build(o<<1|1,mid+1,r);
		pushup(o);
	}
}
int main(){
	std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	std::cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i)std::cin>>a[i];
	SMT::build(1,1,n);
	while(m--){
		static int opt,l,r,x;
		std::cin>>opt>>l>>r;
		switch(opt){
			case 1:std::cin>>x;SMT::modify1(1,1,n,l,r,x);break;
			case 2:std::cin>>x;SMT::modify2(1,1,n,l,r,x);break;
			case 3:std::cout<<SMT::query3(1,1,n,l,r)<<'\n';break;
			case 4:std::cout<<SMT::query4(1,1,n,l,r)<<'\n';break;
			case 5:std::cout<<SMT::query5(1,1,n,l,r)<<'\n';break;
		}
	}
	return 0;	
}

posted @ 2023-08-15 07:57 Flandreqwq 阅读(27) 评论(0) 编辑收藏举报

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