主席树复习
（零基础者出门左拐）
最近又双叒学了主席树，打了几道模板题。
感觉还行
主席树，在我看来就是线段树的可持化 （一开始以为主席树只是可持久化权值线段树）。在题目中需要建多颗线段树或权值线段树且相邻的线段树差别不大（一般就一个点不一样）时就可以用主席树。运用可持久化的思想，我们并不需要重新构建一颗线段树，因为只需要改一个点，所以线段树只需要新多出\(logn\)个节点，其他的节点继承前面的线段树就行了（所以一般都要开始建一颗空树）。这样一来，我们建树的时间复杂度和、这一堆线段树的空间复杂度变成了\(nlogn\)，真是佩服人类的智慧。
【模板】可持久化线段树 1（主席树）
嗯，模板题，求区间第k大，我们找到对应的两颗线段树\(root[r]\)和\(root[l-1]\)然后在这两颗线段数上同时二分就行了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int num,n,m,a[N],b[N],tot,root[N],w[N*20],ch[N*20][2];
void build(int l,int r,int &now){
now=++num;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ch[now][0]);
build(mid+1,r,ch[now][1]);
}
void ins(int l,int r,int x,int pre,int &now){
now=++num;
w[now]=w[pre]+1;
if(l==r)return;
ch[now][0]=ch[pre][0];
ch[now][1]=ch[pre][1];
int mid=(l+r)>>1;
if(x>mid)ins(mid+1,r,x,ch[pre][1],ch[now][1]);
else ins(l,mid,x,ch[pre][0],ch[now][0]);
}
int check(int l,int r,int k,int pre,int now){
if(l==r)return l;
int tmp=w[ch[now][0]]-w[ch[pre][0]];
int mid=(l+r)>>1;
if(tmp>=k)return check(l,mid,k,ch[pre][0],ch[now][0]);
else return check(mid+1,r,k-tmp,ch[pre][1],ch[now][1]);
}
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[++tot]=a[i];
sort(b+1,b+1+tot);
tot=unique(b+1,b+1+tot)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
build(1,tot,root[0]);
for(int i=1;i<=n;i++)ins(1,tot,a[i],root[i-1],root[i]);
while(m--){
int l=read(),r=read(),k=read();
printf("%d\n",b[check(1,tot,k,root[l-1],root[r])]);
}
return 0;
}
非常短以下的主席树不加说明就是模板的这种主席树。
[SDOI2010]粟粟的书架
天啊，这题强行二合一。
就说说\(n=1\)的情况。一开始想的是树状数组套平衡树，或套权值线段树的。\(m=500000\)。。。再见。
考虑用主席树，我们在主席树上维护两个东西\(sum[i]\)代表权值和，\(num[i]\)代表数量和。然后在主席树上二分，先考虑右子树，如果\(sum[ch[now][1]]-sum[ch[pre][1]]<k，k\)就减去\(sum[ch[now][1]]-sum[ch[pre][1]]\)然后答案加上\(num[ch[now][1]]-num[ch[pre][1]]\),然后递归左子树，否则递归右子树。最后\(l=r\)时答案再加上当前\(xl>=k\)的最小正整数解。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=205;
const int MAXN=1050;
const int NN=500100;
int n,m,q,w[N][N][MAXN],num[N][N][MAXN],root[NN],sum[NN*41],Num[NN*41],cnt,ch[NN*41][2];
inline int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int getw(int x1,int y1,int x2,int y2,int k){
return w[x2][y2][k]-w[x2][y1-1][k]-w[x1-1][y2][k]+w[x1-1][y1-1][k];
}
int getnum(int x1,int y1,int x2,int y2,int k){
return num[x2][y2][k]-num[x2][y1-1][k]-num[x1-1][y2][k]+num[x1-1][y1-1][k];
}
void work1(){
int a[N][N];
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=read(),mx=max(mx,a[i][j]);
for(int k=1;k<=mx+1;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
w[i][j][k]=w[i-1][j][k]+w[i][j-1][k]-w[i-1][j-1][k]+(a[i][j]>=k?a[i][j]:0);
num[i][j][k]=num[i-1][j][k]+num[i][j-1][k]-num[i-1][j-1][k]+(a[i][j]>=k?1:0);
}
while(q--){
int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read(),h=read();
if(getw(x,y,xx,yy,1)<h){
printf("Poor QLW\n");
continue;
}
int l=1,r=mx;
int ans=mx+1;;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(getw(x,y,xx,yy,mid)<h){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",getnum(x,y,xx,yy,ans)+(h-getw(x,y,xx,yy,ans)-1)/(ans-1)+1);
}
}
void build(int l,int r,int &now){
now=++cnt;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ch[now][0]);
build(mid+1,r,ch[now][1]);
}
void add(int l,int r,int x,int pre,int &now){
now=++cnt;
Num[now]=Num[pre]+1;
sum[now]=sum[pre]+x;
if(l==r)return;
ch[now][1]=ch[pre][1];
ch[now][0]=ch[pre][0];
int mid=(l+r)>>1;
if(x>mid)add(mid+1,r,x,ch[pre][1],ch[now][1]);
else add(l,mid,x,ch[pre][0],ch[now][0]);
}
int check(int l,int r,int A,int B,int k){
int ans=0;
while(l<r){
int mid=l+r>>1;
int lch=sum[ch[B][1]]-sum[ch[A][1]];
if(lch<k) ans+=Num[ch[B][1]]-Num[ch[A][1]],k-=lch,r=mid,B=ch[B][0],A=ch[A][0];
else l=mid+1,B=ch[B][1],A=ch[A][1];
}
ans+=(k+l-1)/l;
return ans;
}
void work2(){
int a[NN];
for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
build(1,1000,root[0]);
for(int i=1;i<=m;i++)add(1,1000,a[i],root[i-1],root[i]);
while(q--){
int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read(),h=read();
if(sum[root[yy]]-sum[root[y-1]]<h){
printf("Poor QLW\n");
continue;
}
printf("%d\n",check(1,1000,root[y-1],root[yy],h));
}
}
int main(){
n=read();m=read();q=read();
if(n!=1)work1();
else work2();
return 0;
}
[SDOI2013]森林
询问一个森林中两点间路径经过点的第k小，动态连边。保证是一个森林。强制在线。
首先我们可以在树上建主席树，每一个点建一颗权值线段树，继承他父亲线段树的信息。
然后处理询问时，我们可以用\(sum[x]+sum[y]-sum[lca]-sum[fa[lca]]\)来表示\(x,y\)路径上的权值线段树。然后我们在这4个权值线段树树上二分就行了。
然后我们如何处理，动态连边呢。我们用启发式合并的思想，把小的树接在大的树上面，然后在小树里\(dfs\)重构就行了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=101000;
int cnt,head[N],f[N],fa[N][23],dep[N],root[N],a[N],size[N],b[N],tot;
int sum[N*600],ch[N*600][2],num,n,m,q,ans;
struct edge{
int to,nxt;
}e[N*2];
void add_edge(int u,int v){
cnt++;
e[cnt].nxt=head[u];
e[cnt].to=v;
head[u]=cnt;
cnt++;
e[cnt].nxt=head[v];
e[cnt].to=u;
head[v]=cnt;
}
int find(int x){
if(f[x]==x)return x;
else return f[x]=find(f[x]);
}
void merge(int x,int y){
int fx=find(x),fy=find(y);
f[fy]=fx;size[fx]+=size[fy];
}
int getlca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;i--)
if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])x=fa[x][i];
if(x==y)return x;
for(int i=20;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
void build(int l,int r,int &now){
now=++num;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ch[now][0]);
build(mid+1,r,ch[now][1]);
}
void add(int l,int r,int x,int pre,int &now){
now=++num;
sum[now]=sum[pre]+1;
if(l==r)return;
ch[now][0]=ch[pre][0];
ch[now][1]=ch[pre][1];
int mid=(l+r)>>1;
if(x>mid)add(mid+1,r,x,ch[pre][1],ch[now][1]);
else add(l,mid,x,ch[pre][0],ch[now][0]);
}
void dfs(int u,int f){
fa[u][0]=f;
for(int i=1;i<=20;i++)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
dep[u]=dep[f]+1;
add(1,tot,a[u],root[f],root[u]);
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
dfs(v,u);
}
}
int check(int x,int y,int lca,int flca,int l,int r,int k){
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
int tmp=sum[ch[x][0]]+sum[ch[y][0]]-sum[ch[lca][0]]-sum[ch[flca][0]];
if(tmp>=k)x=ch[x][0],y=ch[y][0],lca=ch[lca][0],flca=ch[flca][0],r=mid;
else k-=tmp,x=ch[x][1],y=ch[y][1],lca=ch[lca][1],flca=ch[flca][1],l=mid+1;
}
return b[l];
}
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int main(){
int hhh=read();
n=read(),m=read(),q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i,size[i]=1,a[i]=read(),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
tot=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
build(1,tot,root[0]);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
add_edge(u,v);merge(u,v);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]==i)dfs(i,0);
char s[3];
while(q--){
scanf("%s",s);
if(s[0]=='Q'){
int x=read(),y=read(),k=read();
x^=ans;y^=ans;k^=ans;
int lca=getlca(x,y);
ans=check(root[x],root[y],root[lca],root[fa[lca][0]],1,tot,k);
printf("%d\n",ans);
}
else{
int x=read()^ans,y=read()^ans;
if(size[x]>size[y])swap(x,y);
add_edge(x,y);merge(x,y);dfs(y,x);
}
}
return 0;
}
[CQOI2015]任务查询系统
一开始受到HNOI2015摘果子的启发写了一发树套树，然后就T了
这题要求求覆盖一个点的前k小区间和。强制在线。
但主席树的解法其实差不多，因为主席树有前缀和的思想，我们把每一个区间拆开，在\(l\)处加区间的权值，在\(r+1\)处减区间的权值，然后用主席树维护一个前缀和。
我们就可以单点查询了。在主席树上二分就行了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int n,m,num,tot;
int a[N],b[N],root[N<<6];
long long ans=1;
struct tree {
long long sum;
int cnt,l,r;
}t[N<<6];
vector<int>be[N],ed[N];
void update(int &u,int l,int r,int pre,int pos,int v){
u=++tot; t[u]=t[pre];
t[u].cnt+=v, t[u].sum+=1ll*v*b[pos];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) update(t[u].l,l,mid,t[pre].l,pos,v);
else update(t[u].r,mid+1,r,t[pre].r,pos,v);
}
long long query(int u,int l,int r,int k){
int num=t[t[u].l].cnt;
if(l==r) return t[u].sum/(1ll*t[u].cnt)*1ll*k;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=num) return query(t[u].l,l,mid,k);
else return query(t[u].r,mid+1,r,k-num)+t[t[u].l].sum;
}
int main(){
m=read(),n=read();
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x=read(),y=read();
a[i]=read(),b[i]=a[i];
be[x].push_back(i), ed[y+1].push_back(i);
}
sort(b+1,b+1+m); int num=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
root[i]=root[i-1];
for(int j=0;j<be[i].size();j++) {
int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[be[i][j]])-b;
update(root[i],1,num,root[i],p,1);
}
for(int j=0;j<ed[i].size();j++) {
int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[ed[i][j]])-b;
update(root[i],1,num,root[i],p,-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x=read(),a=read(),b=read(),c=read(),k=(1ll*a*ans+b)%c+1;
if(k>t[root[x]].cnt) ans=t[root[x]].sum;
else ans=query(root[x],1,num,k);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
[国家集训队]middle
二分答案想到了，然后小于的为-1，大于等于的为1，中间一块加上，一个最大前缀，一个最大后缀的套路也知道，然后就不会了。
听说是陈立杰出的题
然后该怎么办？上主席树，我们一个初步的想法是每一个权值，都建一颗1和-1的普通线段树上面维护区间和，区间最大前缀，最大后缀。然后我们发现，相邻两个权值的线段树，很相近，只有一个权值的点不一样，只需要改\(logn\)个节点，然后就是主席树了。那么假如一个权值有很多点该怎么办。只需要一个一个插入，然后以最后一次插入完成后的根作为这个权值的根就行了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=20100;
vector<int> vec[N];
int n,m,a[N],b[N],ans,root[N],num,q[6];
int sum[N*20],ml[N*20],mr[N*20],tot,ch[N*20][2];
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
void update(int now){
sum[now]=sum[ch[now][0]]+sum[ch[now][1]];
ml[now]=max(ml[ch[now][0]]+sum[ch[now][1]],ml[ch[now][1]]);
mr[now]=max(mr[ch[now][1]]+sum[ch[now][0]],mr[ch[now][0]]);
}
void build(int l,int r,int &now){
if(now==0)now=++tot;
if(l==r){
sum[now]=ml[now]=mr[now]=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ch[now][0]);
build(mid+1,r,ch[now][1]);
update(now);
}
void add(int l,int r,int x,int pre,int &now){
now=++tot;
if(l==r){sum[now]=ml[now]=mr[now]=-1;return;}
ch[now][0]=ch[pre][0];
ch[now][1]=ch[pre][1];
int mid=(l+r)>>1;
if(x>mid)add(mid+1,r,x,ch[pre][1],ch[now][1]);
else add(l,mid,x,ch[pre][0],ch[now][0]);
update(now);
}
int check(int l,int r,int L,int R,int now){
if(L>R)return 0;
if(l==L&&r==R){
return sum[now];
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)return check(mid+1,r,L,R,ch[now][1]);
else if(R<=mid)return check(l,mid,L,R,ch[now][0]);
else return check(l,mid,L,mid,ch[now][0])+check(mid+1,r,mid+1,R,ch[now][1]);
}
int check_L(int l,int r,int L,int R,int now){
if(l==L&&r==R)return ml[now];
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)return check_L(mid+1,r,L,R,ch[now][1]);
else if(R<=mid)return check_L(l,mid,L,R,ch[now][0]);
else{
int tmp1=check_L(mid+1,r,mid+1,R,ch[now][1]);
int tmp2=check(mid+1,r,mid+1,R,ch[now][1])+check_L(l,mid,L,mid,ch[now][0]);
return max(tmp1,tmp2);
}
}
int check_R(int l,int r,int L,int R,int now){
if(l==L&&r==R)return mr[now];
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)return check_R(mid+1,r,L,R,ch[now][1]);
else if(R<=mid)return check_R(l,mid,L,R,ch[now][0]);
else{
int tmp1=check_R(l,mid,L,mid,ch[now][0]);
int tmp2=check(l,mid,L,mid,ch[now][0])+check_R(mid+1,r,mid+1,R,ch[now][1]);
return max(tmp1,tmp2);
}
}
bool judge(int x){
int tmp1=check(1,n,q[2]+1,q[3]-1,root[x]);
int tmp2=check_L(1,n,q[1],q[2],root[x]);
int tmp3=check_R(1,n,q[3],q[4],root[x]);
if(tmp1+tmp2+tmp3>=0)return true;
else return false;
}
int work(){
int l=1,r=num,tmp;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(judge(mid)){
tmp=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
return tmp;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
num=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
build(1,n,root[0]);
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=lower_bound(b+1,b+1+num,a[i])-b;
vec[a[i]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=num;i++){
root[i]=root[i-1];
if(vec[i-1].size())for(int j=0;j<vec[i-1].size();j++)
add(1,n,vec[i-1][j],root[i],root[i]);
}
m=read();
while(m--){
q[1]=(read()+ans)%n+1,q[2]=(read()+ans)%n+1,q[3]=(read()+ans)%n+1,q[4]=(read()+ans)%n+1;
// q[1]=read(),q[2]=read(),q[3]=read(),q[4]=read();
sort(q+1,q+1+4);
ans=work();
printf("%d\n",b[ans]);
ans=b[ans];
}
return 0;
}
总结一下。主席树一般可以干什么？区间第k大，区间大于x的数的个数(和)。一般都需要在主席树上二分。然后主席树有前缀和的思想。可以很好的应用在树上用差分拼出一个路径。也可以求出差分再用主席树求前缀，支持单点查询，对于包含一个点的区间的信息，我们这一用到这个技巧。然后就是对于建很多颗线段树，但相邻的线段树比较相近时，也可以可持久化。
