可持久化线段树 2
可持久化线段树
前言
这个东西之前讲过，但是用得少，很快就忘了。
我又看了我之前的那篇笔记，简直就是胡言乱语。所了解的太浅了。
最近在刷数据结构，于是决定再写一篇。
但是，之前那篇不打算删了，想看黑历史的可以去看。
算法概要
可持久——即可以保存历史版本。
我们如何得到一棵可以保存历史数据的树呢？最笨的方法就是每个操作之后都建一棵线段树。
如何优化？
发现我们可以共用前面建好的结构，无需重新建树。
主席树
主席树是可持久化线段树的一种，由黄嘉泰发明，因名字缩写而被称为主席树。
主席树一开始是用来处理区间第 \(k\) 小的问题。
一句话概要思想：一棵权值线段树是由不在同一层的从根到叶子结点的链构成。
什么意思呢？
可以理解成一条时间轴将根节点穿起来，每个根节点都是一个历史版本的入口，每个历史版本都可以沿用以前的节点结构。
实现主席树——建树
难点其实就是建树，因为这与主席树的思想紧紧相关。
每次插入一个信息，就将它从根节点到叶子结点的这条链新建出来（权值线段树）。
当然，这条链上的节点都是新建，因为这是一个新的历史版本；其他节点就沿用以前的节点。
例 1 区间第 \(k\) 小
怎么做呢？
我们可以按顺序插入数组中的每个元素。
这样的话就有 \(n\) 个历史版本。
当我们想知道 \([l,r]\) 的第 \(k\) 小时，我们可以只关注版本 \(l-1\) 和版本 \(r\)。
这样的话，又因为这是棵权值线段树，所以可以通过当前节点的 \(size\) 之差来判断第 \(k\) 小在什么地方。
注意，本题不带修。
带修怎么办呢？看例 3。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN=2e5+5,INF=1e9;
int n,m,tot;
int a[MAXN];
int rts[MAXN];
struct TREE
{
int lc,rc,sz;
}tr[MAXN<<5];
void pushup(int rt)
{
tr[rt].sz=tr[tr[rt].lc].sz+tr[tr[rt].rc].sz;
}
void update(int &rt,int lst,int l,int r,int val)
{
rt=++tot;
tr[rt]=tr[lst];
if(l==r)
tr[rt].sz++;
else
{
int mid=(l+r)>>1;
if(val<=mid)
update(tr[rt].lc,tr[lst].lc,l,mid,val);
else
update(tr[rt].rc,tr[lst].rc,mid+1,r,val);
pushup(rt);
}
}
int query(int r1,int r2,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
return l;
int lc1=tr[r1].lc,lc2=tr[r2].lc;
int mid=(l+r)>>1;
int tmp=tr[lc2].sz-tr[lc1].sz;
if(tmp>=k)
return query(lc1,lc2,l,mid,k);
return query(tr[r1].rc,tr[r2].rc,mid+1,r,k-tmp);
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
update(rts[i],rts[i-1],-INF,INF,a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
printf("%lld\n",query(rts[x-1],rts[y],-INF,INF,z));
}
return 0;
}
例 2 可持续化数组
这个就是很简单的了，不用权值线段树。
首先对于原数组建线段树，称为历史版本 0。
然后对于 \(m\) 次操作，每次都是一个历史版本；如果是查询操作，就复制前一个一模一样的。
剩下的就是中规中矩了，就是建一条链，其他节点就沿用。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
#define ls tr[rt].lc
#define rs tr[rt].rc
const int MAXN=2e6+5;
int n,m;
int a[MAXN],rts[MAXN*20];
struct HJT
{
int lc,rc,val;
}tr[MAXN*20];
int tot;
void build(int &rt,int l,int r)
{
rt=++tot;
if(l==r)
return tr[rt].val=a[l],void();
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
}
void update(int &rt,int old,int l,int r,int x,int k)
{
rt=++tot;
tr[rt]=tr[old];
if(l==r)
return tr[rt].val=k,void();
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) update(ls,tr[old].lc,l,mid,x,k);
else update(rs,tr[old].rc,mid+1,r,x,k);
}
int query(int rt,int l,int r,int x)
{
if(l==r)
return tr[rt].val;
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) return query(ls,l,mid,x);
return query(rs,mid+1,r,x);
}
signed main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
build(rts[0],1,n);
for(int i=1,old,op,x,k;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&old,&op,&x);
if(op==1)
{
scanf("%d",&k);
update(rts[i],rts[old],1,n,x,k);
}
else
printf("%d\n",query(rts[i]=rts[old],1,n,x));
}
return 0;
}
例 3 区间第 \(k\) 小（带修）
首先你要知道树状数组是个什么东西。
这里要用到它的思想。
题面
给定一个长度为 \(n\)（\(n \leq 50,000\)）的数组 \(a_1 , a_2 ... ,a_n\) 和 \(q\)（\(q \leq 10,000\)）此询问，每次询问：
Q i j k表示区间 \([i,j]\) 中第 \(k\) 小的数是多少，并输出这个数C i t表示将第 \(i\) 个数改为 \(t\)
Solution
首先考虑最笨的办法，就是修改这个历史版本后，它后面的所有版本都跟着改写。
怎么优化呢？
想起树状数组就是通过类树分区间管辖，所以可以做到 \(O(\log n)\)。
那这里也可以沿用这种思想，就是分区间管辖，每次改写就改写管辖他们的“大哥”，查询的时候在下放。
概要就是这么个概要，洛谷上没有这道题，我也不打算写代码（看起来很麻烦的样子），自己去写吧（雾）。
参考文献
结尾
先草草结束吧，可能未来还会写可持久化平衡树什么的，也不确保这次一定就完全掌握了主席树。
先这样吧，多卷题，时而温故而知新。
