学习笔记——线段树合并
前言
好像机房人人都会这个东西，就我不会，只能爬去学一下。。。
这是啥
好像是个挺没用的东西，感觉主要处理树上数数什么的问题，都可以用 dsu 神器来替代。但也有的问题不能用 dsu 的，比如这题。
来考虑这样一件事，就是说，我们有的时候希望对于每个点都维护一棵线段树，并且希望能够实现一些鬼畜的♂操♂作♂，这时候需要用到线段树合并。
但是我们考虑这样一件事就是说，由于是合并，那么在合并之前必然是有很多的线段树，所以传统的线段树肯定是没法用的。于是——
动态开点线段树
这个东西还是比较简单的，就在插入元素的时候不采用堆式建树，而是采用记录左右儿子，然后在插入的时候访问到一个节点才会去开这个点的空间，这样就可以开下空间了。
注意一点是：动态开点的空间要开 20 倍以上，不然一开始空间会不太够。
void ins(int &i,int l,int r,int v){
if(l>r) return;if(!i) i=++tot;
tr[i].l=l;tr[i].r=r;
if(l==r){
//加上信息
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(v<=mid) ins(ls[i],l,mid,v);
else ins(rs[i],mid+1,r,v);
pushup(i);
}
线段树合并
由于这个空间比较玄学，我找了好多地方，总结：空间一般能开多大开多大，一般开到 \(O(n(\lceil\log n\rceil+1))\) 就可以了。
为什么是这个东东？
由于我们是动态开点，那么初始的时候每个节点上的线段树空间是 \(\log\) 的，由于线段树两倍的尿性，我们向上取整。
而合并的时候相当于把两棵线段树叠在一起，所以总空间就是 \(n\log n\)，但是又考虑到线段树两倍的尿性，我们加个 \(1\)。
下面是代码。
int merge(int a,int b){
if(!a) return b;
if(!b) return a;
if(tr[a].l==tr[a].r){
//按需合并信息
return a;
}
ls[a]=merge(ls[a],ls[b]);
rs[a]=merge(rs[a],rs[b]);
pushup(a);return a;
}
习题
我们掏出这个题单。
发现最后只询问一次，不需要树剖，直接树上差分。但是发现需要维护很多不同的颜色，所以考虑对每个节点维护一个线段树，然后向上做的时候合并就可以了。
好像 DSU 能艹，但是我们在学线段树合并，坚决不用 DSU！
套路一样，权值线段树合并就可以了。
挺牛逼题，考虑到子树内你无论怎么换，是不会影响到子树外的，所以贪心就可以了。
对每个节点维护一棵权值线段树，然后合并之前，先算一下左儿子的右区间中的数和右儿子左区间中的数，这些可以两两组成逆序对。同样的，由于可以交换，所以我们对于左儿子的左区间和右儿子的右区间也要算，然后取个较小的。递归继续合并。
这里是 DSU 水的题，实在不想用线段树合并
题目大致是求对于每个询问求一个点，有多少个点与其拥有共同的 \(k\) 级祖先（除本身）。
哦哟很可以 DSU。但是我们在学线段树合并，坚决不用 DSU！
艹不太会用线段树合并做，先用 DSU 过了再说。。。
哦哟苦痛，DSU 倍增卡空间，不会长剖，于是看了讨论区，发现这题并不需要 DSU 或者线段树合并，只需要一个奇怪的 trick，在深度遍历一个子树的前后你差分求出深度为 \(k\) 的节点个数就行了。诶但是问题是还是要倍增啊……
djwj233 给出了维护递归栈的做法。吊了，直接查，空间是 \(O(n)\) 的。
牛了，zzmg 题。。。考虑把题意翻译一下：
每次给定一个 \(p,k\)。求满足条件的二元组 \((b,c)\) 的个数。
- \(p,b\) 都是 \(c\) 的祖先
- \(p,b\) 之间距离不超过 \(k\)
然后我们发现，由于 \(p\) 是固定的，所以如果 \(b\) 在 \(p\) 上方，那么 \(c\) 的选法就是 \(siz_p-1\)。但是如果 \(b\) 在 \(p\) 的下方——
这样 \(c\) 选的方案数就与 \(b\) 有关了，具体地，就是 \(siz_b-1\)。而 \(b\) 的选法就是在 \(p\) 的子树中并且深度差不超过 \(k\) 的节点数。
那第一种可以直接算，第二种似乎可以 DSU……啊不，线段树合并！个鬼啊，写 DSU 去了。
诶哟李超树，不会，先咕了。
哦 Ynoi，准备苦痛了。
