扫描线

1 扫描线

1.1 研究对象

在一个B维直角坐标系下，第i维坐标在一个整数范围[li,ri]间，内部的点集称为一个B维正交范围。
一般1维正交范围简称区间，2维正交范围简称矩形，3维正交范围简称立方体
对于B维正交范围，每一维都有两个限制，即有两条边（side），这样是一个2B-side的B维正交范围
如果部分维只有一个限制，则是一个A-side的B维正交范围
如果有一维没有限制，则这一维是平凡的，没有任何意义，可以简化到一个(B-1)维的问题
A-side的B维正交范围不能确定出是哪些维，如果维不对称的话需要特殊说明

1.2 模型

扫描线有两种模型：

对于一个静态的二维问题，我们可以使用扫描线扫一维，数据结构维护另一维
在扫描线从左到右扫的过程中，会在数据结构维护的那一维上产生一些修改与查询
如果查询的信息可差分的话直接使用差分，否则需要使用分治
另一种看待问题的角度是站在序列角度，而不站在二维平面角度
如果我们这样看待问题，则扫描线实际上是枚举了右端点r=1…n，维护一个数据结构，支持查询对于当前的r，给定一个值l，l到r的答案是什么
即扫描线扫询问右端点，数据结构维护所有左端点的答案

Notice：
其实看到任何范围修改查询问题，如果能差分的话，想都不想就差分是不会有问题的，我推荐直接这样做
典型的差分方法：
序列区间[l,r]差分为[1,r]-[1,l-1]的前缀
树上差分
二维前缀和的差分

1.3 处理二维正交范围的扫描线

问题可差分的时候，我们通过差分可以将一个4-side矩形查询问题变为两个3-side矩形查询问题的差
将第一维的1-side的区间（即前缀）扫描线扫掉，数据结构维护2-side的区间查询（这里两条边是相对的而不是相邻的），支持：
1.单点修改，区间查询
2.区间修改，单点查询
3.区间修改，区间查询
中的一种
（不要忘记了差分）

两大基础问题：

问题 1. 给一个长为n的序列，有m次查询，每次查区间[l,r]中值在[x,y]内的元素个数

我们考虑 $x$ 轴表示序列，$y$ 轴表示权值。

先差分，去掉序列维度的左端，然后对序列维度扫描线，维护竖着的数据结构，支持单点加点和区间查询和。

能使用树状数组尽量使用树状数组，这里可以差分（加法有逆）所以可以使用树状数组维护。

问题 2. 给一个二维平面，上面有n个矩形，每个矩形坐标[1,n]
有m次查询，每次查询一个二维平面上的点被多少矩形包含

对某一维从左到右扫描线并且维护每个点被多少个矩形包含。有区间修改，单点查询，把区间修改差分掉变两个前缀修改，单点查询差分掉变两个前缀查询，可以用树状数组维护。

1.4 几个例子

一维数颜色

【题意】
给定长度为 $n$ 的序列，$m$ 次查询区间中不同的数个数。
【分析】
思路 1：
我只想计算第一次在区间内出现的数的个数。考虑记 $pre_i$ 表示上一个和自己相同的数的位置，那么只统计 $l \le i \le r, pre_i < l$ 的 $i$ 个数。两个维度分别是 $i, pre_i$，是二维数点问题。可以扫描线树状数组。（直接用二维前缀和处理是 $O(nm)$ 的，不适合本题，适合稠密的矩形）。
思路 2：
考虑扫描线扫右端点，维护所有左端点的答案。我们只对区间内第一次出现的数统计答案。也就是对 $l > pre_r$ 的位置的答案加上 $1$。（也有些像 dp 数组一起进行递推，然后用数据结构维护）
思路 3：
扫描线的时候同时维护一个数组表示每个颜色最后一次出现的位置。然后修改是单点赋值为 $r$，查询是询问数组里面比 $k$ 大的数有多少个。可以用 set 啥的做。而且插入都是从末尾插入。
思路 4：
分块，考虑每一块维护一个 bitset，线段树维护。
单次询问时间 $O(\cfrac{n \log(\sqrt n)}{\omega})$。这个不需要打乱询问次序。
思路 5：
莫队。

支持单点修改和区间查询颜色数

现在操作中存在单点修改。怎么做：
思路 1：
依然考虑 pre 数组。
考虑一次修改造成的变化。

有三个点的 $pre$ 发生了改变。
考虑查询是二维平面上的数点，这些改变可以拆成一个单点 $-1$ 和 $+1$，会作为基本单位对后续的询问产生影响。

对于每一个修改-询问二元组，都有一个这样的影响。但修改是不能快速找到位置的，所以我们考虑先要化简时间维度。

考虑 CDQ 分治。如果我们能够在 $O(n~\mathrm{polylog})$ 的时间完成所有时间位于 $mid$ 之前的修改和之后的询问，那么就可以解决这个问题。

注意到，这时候之前的修改和之后的询问变成了静态的。我们可以先花费 $O(n)$ 时间扫一遍修改，把每一次修改具体修改了什么点确定了。然后考虑问题变成了：平面上有 $O(n)$ 个点，每个点权值为 $1$ 或者 $-1$，有若干个矩形，求每个矩形内权值和。

这显然还是二维数点问题。把 3-side 的矩形差分为两个 2-side 的矩形，然后扫描线扫 $l$，树状数组维护前缀和即可。

支持区间覆盖和区间查询颜色数

操作中出现了区间覆盖（P4690）。
思路 1：
我们考虑和单点修改版本差距是什么。是修改操作，也就是 $pre$ 的修改换了。

考虑颜色段均摊。删除颜色段个数是有保障的。那么我们可以方便地维护颜色段。最后可以方便地计算 pre。（如果在段内但不在段首，$pre_i = i - 1$，否则找上个颜色）但是有这个还不够。只有这个性质的话，cdq 分治的正确性依然无法保障，因为不是和分治的段数相关而是和 $n$ 相关了。

我们还需要一个关于 $pre$ 值改变个数的结论。

考虑颜色段替代的时候有什么影响：

可以发现删除一个连续段最多对 $pre$ 产生 $3$ 的影响。因此 $m$ 次覆盖好像是 $O(n + m)$ 的？

确实是这样，但是你注意 CDQ 分治某一层的总共影响就是 $O(n+m)$ 的，所以我们只需要模拟 $O(n+m)\log n$ 个影响。

于是时间复杂度 $O(n + m \log^2 n)$。

问题你怎么写 CDQ 分治，怎么维护 pre 的修改，怎么做到空间复杂度尽量好？

对于 pre 的修改，虽然我们删掉一次颜色之后可以得知哪些点改变了，但是这样写会有很多分讨，不好。正确的做法是，把所有可能改变的地方丢到 set 里面，把所有颜色段修改维护完，然后重新对 set 里面的点求 pre。
对于时间分治的 cdq 怎么写：考虑分三步走：
1. 统计 $[l, mid]$ 内修改对 $(mid, r]$ 内查询的影响。并且撤销影响。
2. 递归到 $[l, mid]$ 区间。
3. 递归到 $(mid, r]$ 区间。
4. 对 $[l, r]$ 内所有修改造成实际影响。
这样，递归入某一个区间的时候，$[1,l)$ 内的修改都已经造成实际影响，而其他的没有造成影响。

一个修改最多被执行 $2 \log$ 次，是对的。
考虑维护什么。首先要维护颜色段，以及被修改的点的 set，然后要备份颜色段，没了。空间复杂度 $O(n+m)$。

二维数颜色

（待填坑）

一些转化

给定一棵 $n$ 个节点的树，点和边都有编号。$m$ 次查询，每次给出 $l,r$，查询如果只保留树上点编号在 $[l,r]$ 的点，边标号在 $[l,r]$ 的边，有多少连通块，此时 $a$ 和 $b$ 连通等价于 $l \le a,b \le r$ 并且 $a,b$ 在树上简单路径中每个点和边编号都在 $[l,r]$ 内。
转化：连通块个数转化为点数减边数，边 $c: a\rightarrow b$ 有用转化为 $l \le \min(a, b, c) \le \max(a, b, c)$。转化为二维数点。
给定很多模式字符串，每次查询时给两个字符串s1,s2，问有多少模式字符串前缀是s1，后缀是s2
转化：字符串“前缀是 x” 转化成“是 trie 树某个节点的子树”，每个串挂在 trie 的某点上；后缀就对反串再建一个。变成子树交问题。转化成 dfn 上区间，二维数点。
给一个长为n的序列，m次查询：
如果将区间 [l,r] 中所有数都+1，那么整个序列有多少个不同的数？
询问间独立，也就是说每次查询后这个修改都会被撤销
转化：考虑 $l,r$ 是两个维度。一般考虑利用不同值对答案贡献独立的性质，对每一个元素/值求贡献，然后用数据结构批处理。这题用出现的数算比较不好算，考虑算什么时候某个数不出现。
什么情况下全局没有x这个值呢？
所有原来为x的数都被加上了1；所有原来为x-1的数都没有被加上1。

转化为了，有多少个矩形包含某个点。矩形个数就是 $\sum O(某个数出现次数) = O(n)$。
给定一个序列，每次查询区间中出现偶数次的数的异或和
转化：如果是奇数次，等价于区间异或和。偶数次怎么办？
可以转化为，区间所有出现过的颜色的异或和，异或上，奇数次颜色的异或和。
可以转化为区间数颜色，但是某个点带权值，是带权值二维数点问题。依然可以扫描线+树状数组解决，维护异或和即可。
矩形面积并
维护区间最小值和最小值出现次数，有区间覆盖。这个只能线段树维护，合并的时候，若二者min相等，则累计min出现次数，否则取一边的作为答案；如果出现次数是 $0$，那么 min 出现次数就是 $0$ 出现次数；否则出现次数是 $0$。

1.5 区间子区间/历史和问题

给一个序列，每次查询区间有多少子区间满足某个条件

考虑区间看做二维平面上一个点，然后所有子区间转换为矩形内所有点。

由于区间 $[l,r]$ 满足 $l \le r$，所以实际上是一个三角部分，可以看做一个 2-side 矩形。

有的题询问所有区间的信息，这时候可能就需要条件反射想一下第二种扫描线，一般会比第一种扫描线更好做，第二种扫描线扫描了右端点提供了更多局部信息。

一些转化

有两个数列 $a_{1, ..., n}， b_{1, ..., n}$，$q$ 次询问每次给定 $l,r$，求 $\sum \limits_{l \le x \le y \le r} \max(a_x, ..., a_y) \times \max(b_x, ..., b_y)$ 的值。（NOIP2022 T4）
考虑最值分治，然后转化为一些矩形赋值 $amax, bmax$。不妨看成矩形乘法。然后询问是 2-side 的，所以不妨从右往左扫。
考虑可以把这个矩形乘法：$[l, r]$ 时刻内 $[x,y]$ 乘以 $k$。可以在扫描线上拆成：$r$ 时刻 $[x,y]$ 乘以 $k$，$l-1$ 时刻 $[x,y]$ 除以 $k$。
对于线段树部分：我们有两种标记，一种 $A \times = u$，一种 $B+=A$（$B,A$ 分别是当前和和历史和）注意标记合并的时候是某个节点原本的标记先于父亲节点的标记。然后这两个标记都是可以下传的。这题标记比较少，如果多的话，可以看成矩阵乘法再去传。
注意到这个除法有点难搞。怎么办呢？有人说改成区间赋值，那样的话标记会更多。注意到答案范围 $10^{23}$ 以下，一种方法是用 __float128 去做，这个相对精度是 $2^{-113}$ 的，最多不会 $-0.1$，所以我们每个数 $+0.1$ 然后向 0 舍入即可。但是这样会非常的慢。第二种方法是三模合并，取三个质数做模数，求出答案之后 crt 合并。这种方法一定要确保取模没问题，以及 crt 合并的时候要先 mod $\prod p_i$，否则会寄！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
#define double __float128
const int inf = 1e9;
//#define cerr if(false)cerr
//#define freopen if(false)freopen
#define watch(x) cerr  << (#x) << ' '<<'i'<<'s'<<' ' << x << endl
void pofe(int number, int bitnum) {
    string s; f(i, 0, bitnum) {s += char(number & 1) + '0'; number >>= 1; } 
    reverse(s.begin(), s.end()); cerr << s << endl; 
    return;
}
template <typename TYP> void cmax(TYP &x, TYP y) {if(x < y) x = y;}
template <typename TYP> void cmin(TYP &x, TYP y) {if(x > y) x = y;}
//调不出来给我对拍！
//use std::array.
int ql[250010], qr[250010], qa[250010], qb[250010];
struct line{int l, r; int k;};
vector<line> li[250010]; //时间节点，从后往前做
    //扫描线的时候
    //在第一维是 x 的时候，第二维度 [l, r] 区间乘 k
struct rect{int l, r, x, y; int k;};
vector<rect> re;
struct query{int l, r, id;}; 
vector<query> qu[250010];
uint64_t ys[3][250010];
int mod;
    //矩形乘 k
//41, 53, 89
int qpow(int x, int k)  {
    x %= mod;
    int res = 1; 
    while(k) {
        if(k & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}
struct sgt {
    int sum[1000010], his[1000010], tag1[1000010], tag2[1000010]; 
        //A, B, A*=tag1, B+=tag2A(B 先加，A 后加)
    void circ1(int &a, int &b, int la, int lb, int ra, int rb) {a = la + ra; b = lb + rb; a %= mod; b %= mod;}
    void circ2(int &a, int &b, int tg1, int tg2) {b += tg2 * a; a *= tg1; b %= mod; a %= mod;}
    void circ3(int &t1, int &t2, int tg1, int tg2) {t2 += tg2 * t1; t1 *= tg1; t2 %= mod; t1 %= mod;}
    void build(int now, int x, int y) {
        //初始化为 1
        if(x == y) {sum[now] = y - x + 1; his[now] = 0; tag1[now] = 1; tag2[now] = 0;return;}
        int mid = (x + y) >> 1; 
        build(now * 2, x, mid); build(now * 2 + 1, mid + 1, y);
        circ1(sum[now], his[now], sum[now * 2], his[now * 2], sum[now * 2 + 1], his[now * 2 + 1]);
        tag1[now] = 1, tag2[now] = 0;
    }
    void pushdown(int now) {
        if(tag1[now] != 1 || tag2[now] != 0) {
            circ2(sum[now * 2], his[now * 2], tag1[now], tag2[now]);
            circ2(sum[now * 2 + 1], his[now * 2 + 1], tag1[now], tag2[now]);
            circ3(tag1[now * 2], tag2[now * 2], tag1[now], tag2[now]);
            circ3(tag1[now * 2 + 1], tag2[now * 2 + 1], tag1[now], tag2[now]);            
            tag1[now] = 1; tag2[now] = 0;
            return;
        }
    }
    void mul(int now, int l, int r, int x, int y, int k) {
        //区间 [l, r] *= k
        if(l >= x && r <= y) {
            // cerr << "before " << now << " " <<l << " " << r << " " <<x<<" "<<y<<" "<<k<<", sum, tag1 = " << sum[now] << ' ' << tag1[now] << endl;
            sum[now] *= k; sum[now] %= mod;
            tag1[now] *= k; tag1[now] %= mod;
            // cerr << "fix " << now << " " <<l << " " << r << " " <<x<<" "<<y<<" "<<k<<", sum, tag1 = " << sum[now] << ' ' << tag1[now] << endl;
            return;
        }
        if(l > y || r < x) return;
        int mid = (l + r) >> 1;
        pushdown(now);
        mul(now * 2, l, mid, x, y, k); 
        mul(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, y, k);
        circ1(sum[now], his[now], sum[now * 2], his[now * 2], sum[now * 2 + 1], his[now * 2 + 1]);
    }
    void add(int now, int l, int r, int x, int y) {
        //B += A, (x, y) always be (1, n).
        if(l >= x && r <= y) {
            his[now] += sum[now]; if(his[now] >= mod) his[now] -= mod;
            tag2[now] += tag1[now]; if(tag2[now] >= mod) his[now] -= mod;
            return;
        }
        return;
    }
    int query(int now, int l, int r, int x, int y) {
        //不存在的部分都是 1, 需要减掉。
        //减掉多少：(n-l+1)*r - (r-l+2)*(r-l+1)/2
        if(l >= x && r <= y) {
            return his[now];
        }
        if(l > y || r < x) return 0;
        int mid = (l + r) >> 1;
        pushdown(now);
        return (query(now * 2, l, mid, x, y) + query(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, y)) % mod;
    }
    void dfs(int now, int l, int r) {
        // cerr << "node number #" << now<<", (l, r) = " << l << " " << r << endl;
        // cerr << "sum, his: " << sum[now] << " " << his[now] << endl;
        // cerr << "tag1, tag2: " << tag1[now] << " " << tag2[now] << endl;
        if(l == r) return;
        pushdown(now);
        int mid = (l + r) >> 1;
        dfs(now * 2, l, mid); dfs(now * 2 + 1, mid + 1, r);
    }
}t;
int T, n; int q; 
int rnk[250010];
void zzfz(int* x) {
    set<pii> s; s.insert({n, 1}); f(i, 1, n) rnk[x[i]] = i;
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        int pos = rnk[i];
        auto it = s.lower_bound({pos, 0});
        int l = (*it).second, r = (*it).first;
        //[l, pos], [pos, r] *= i
        re.push_back({l, pos, pos, r, i});
        s.erase(it);
        if(pos - 1 >= l) s.insert({pos - 1, l});
        if(r >= pos + 1) s.insert({r, pos + 1});
    }
}
void unpack() {
    for(rect i : re) {
        li[i.r].push_back({i.x, i.y, i.k});
        li[i.l - 1].push_back({i.x, i.y, qpow(i.k, mod - 2)});
    }
}
void dealq() {
    f(i, 1, q) {qu[ql[i]].push_back({1, qr[i], i});}
}
void doit(uint64_t* ans) {
    re.clear(); f(i, 1, n) li[i].clear(), qu[i].clear(); 
    zzfz(qa); zzfz(qb); unpack(); dealq();
    t.build(1, 1, n);//t.dfs(1, 1, n);
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        // cerr << "lines of " << i << endl;
        // for(line it : li[i]) cerr << it.l  <<" " << it.r << " " << it.k << endl;
        for(line it : li[i]) {
            t.mul(1, 1, n, it.l, it.r, it.k); //t.dfs(1, 1, n);
        }
        t.add(1, 1, n, 1, n);
        // t.dfs(1, 1, n);
        for(query it : qu[i]) {
            __int128_t res = t.query(1, 1, n, it.l, it.r);
            // cerr << i << " " << res << endl;
            res -= (n - i + 1) * it.r - (it.r - i + 2) * (it.r - i + 1) / 2;
            res = (res % mod) + mod; if(res >= mod) res -= mod;
            // cerr << "minus: " <<(n - i + 1) * it.r <<" "<< (it.r - i + 2) * (it.r - i + 1) / 2 << endl;
            ans[it.id] = (uint64_t)res;
        }
    }
}
const __int128_t mt = ((__int128_t)~0ull + 1);
uint64_t crt(int id) {
    // cerr << qpow(1000, mod - 2)
    __int128_t res = 0; 
    __int128_t md[3] = {998244341, 998244353, 998244389};
    // cout << ys[0][id] << " " << ys[1][id] << " " << ys[2][id] << endl;
    __int128_t bm = md[0] * md[1] * md[2];
    // cout << (uint64_t)(bm*2) << endl;
   // cerr << (ll)(bm / md[0]) << endl;
    // res += (__int128_t)ys[0][id] * md[1] * md[2] % mt * qpow(md[1] * md[2], md[0] - 2) % mt;
    // res += (__int128_t)ys[1][id] * md[0] * md[1] % mt * qpow(md[0] * md[2], md[1] - 2) % mt;
    // res += (__int128_t)ys[2][id] * md[0] * md[2] % mt * qpow(md[0] * md[1], md[2] - 2) % mt;
    f(i, 0, 2) {
        mod = md[i]; 
        // cout << (ll)((bm / md[i])  * qpow(bm / md[i], md[i] - 2) % (md[i] )) << endl;
        res += (__int128_t) ys[i][id] * (bm / md[i]) % bm * qpow(bm / md[i], md[i] - 2) % bm;
    }
    res %= bm;
    res %= mt;
    return res;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    freopen("match.in", "r", stdin);
    freopen("match.out", "w", stdout);
    //time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    cin >> T >> n;
    f(i, 1, n) cin >> qa[i];
    f(i, 1, n) cin >> qb[i];
    cin >> q;
    f(i, 1, q) cin >> ql[i] >> qr[i];
    
    // cerr << "rectangles: " << endl;
    // for(rect i : re) cerr << i.l << " " << i.r << " " << i.x << " " << i.y << " " << i.k << endl;
    mod = 998244341; doit(ys[0]);
    mod = 998244353; doit(ys[1]);
    mod = 998244389; doit(ys[2]);
    // return 0;
    f(i, 1, q) cout << crt(i) << endl;
   // t.build(1, 1, n);t.dfs(1, 1, n);
    // for(int i = n; i >= 1; i--) {
        // cerr << "lines of " << i << endl;
        // for(line it : li[i]) cerr << it.l  <<" " << it.r << " " << it.k << endl;
        // for(line it : li[i]) {
            // t.mul(1, 1, n, it.l, it.r, it.k); //t.dfs(1, 1, n);
        // }
        // t.add(1, 1, n, 1, n);
        // t.dfs(1, 1, n);
        // for(query it : qu[i]) {
            // __int128_t res = t.query(1, 1, n, it.l, it.r);
          //  cerr << i << " " << res << endl;
            // res -= (n - i + 1) * it.r - (it.r - i + 2) * (it.r - i + 1) / 2 ;
            // cerr << "minus: " <<(n - i + 1) * it.r <<" "<< (it.r - i + 2) * (it.r - i + 1) / 2 << endl;
            // ans[it.id] = (uint64_t)res;
        // }
    // }
    // cerr << "alive\n";
    // f(i, 1, q) cout << ans[i] << endl;
    
    //time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}
/*
2023/x/xx
start thinking at h:mm
值域是 n
对区间进行最值分治，分治出来一堆矩形，拆成一些线，右边 *x, 左边 /x，放到 vector 里
从右到左去对 vector 里面的线进行操作，也就是线段树的区间 *x
线段树维护 区间和，tag（乘以多少），初始所有信息都是 1
标记：乘以多少，信息和标记：乘法，信息和信息：加法
区间内所有数乘以 k，区间和乘以 k
否则可以从下面到上面 pushup
除法直接当做 double 就好了，实际上乘完是 int，最后 +0.5，转为 int 即可。
（这就是四舍五入）
start coding at h:mm
finish debugging at h:mm
*/

CF1824D LuoTianyi and the Function

【题意】
给定序列 $a_1, ..., a_n$，定义 $g(l, r)$ 为：

如果 $l \le r$，$g(l,r)$ 定义为最大的 $x$ 使得 $\{a_l, ..., a_r\} \subseteq \{a_x, ..., a_r\}$。
否则，$g(l,r) = 0$。
给定 $l, r, x, y$，求 $\sum \limits_{i = l}^r \sum \limits_{j = x}^y g(i, j)$。

【分析】
这个问题一看是区间子区间问题，想到在二维平面上做：对于某一个数字 $x$，如果其出现位置有 $b_1, b_2, ..., b_k$，那么对于 $\forall i \in [1, k - 1]$，$[1, b_i], [b_i, b_{i +1 })$ 这个矩形内取 $\min$。

问题转化为区间取 $\min$，查询历史和。这个问题可以用吉老师线段树解决，但是要维护的信息一看就多（而且会被凉心出题人卡）

其实这样做是繁了。正解是不需要这个的。

正解是第二种扫描线，扫描线扫右端点，维护所有左端点的答案，然后有一些历史和。

首先观察左端点的答案长什么样。

\[\begin{array} \mathrm {a_i}&1&1&2&1&3&2&3&3 \\ \mathrm {g(i,r)}&4&4&4&4&6&6&8&8 \\ (r = 8) \end{array} \]

即，每一个数的最后一次出现位置集合为 $S = \{c_1, c_2, ..., c_k\}$ 的话，$g(i,r)$ 的取值为 $i$ 之后第一个 $S$ 中元素。

$r$ 往右边移动 $1$ 的时候，可能有一个数会被覆盖。有两段 $g$ 会改变，可以认为是区间加历史最值线段树：

\[\begin{array} \mathrm {a_i}&1&1&2&1&3&2&3&3&\color{blue}2 \\ \mathrm {g(i,r)}&4&4&4&4&6&6&8&8 \\ \mathrm {g(i,\color{blue}{r+1})}&4&4&4&4&\color{blue}8&\color{blue}8&8&8&\color{blue}9 \\ (r = 8 \rightarrow \color{blue}9)\\ \end{array} \]

从原题到“有一些区间加，查询历史最值”的转化，用一个 set 维护即可。

下面考虑区间加历史最值线段树的实现细节，由于若干次写的时候都犯了一些错，有必要讲细一些。

首先，我们线段树的每一个节点上有信息和标记两个部分。某一个节点的信息，等于其节点本身信息 $\circ$ 上祖先所有节点标记；祖先标记反映了对整个区间已经做过的，但是还没有在下面体现的所有操作之和。

其次，考虑一个“修改”操作。可以认为对包含的区间做了一个 $\circ2, \circ3$（区间信息乘标记，区间标记乘标记），对象是“修改”操作代表的标记。对不是包含的区间，是在下面做完修改 pushup 的。所以 pushup 环节在修改里是很重要的不要漏掉。

考虑“pushdown”操作。可以认为是对 $\mathrm{info}_{lson, rson}$ 和 $\mathrm{tag}_{lson, rson}$ 分别 $\circ_2/ \circ_3$ 上 $\mathrm{tag}_{now}$。因此这一部分和修改操作的“包含”部分完全一致，有高度的模板性。甚至是对于比较“另类”的 $\circ$（例如吉老师线段树的如果 $se \ge x$ 那么直接往下递归）也是一致的，在 pushdown 函数里面长得一模一样。（“修改”向下递归到的是“修改”函数，“$\circ$”向下地递归到的是“$\circ$”函数，但是两者是统一的，因为一旦包含，往下在修改函数里也只是一直进入包含部分罢了。）

搞清楚这俩是同一个东西之后，我们需要实现：$3$ 个 $\circ$，以及其他细枝末节的东西（调用这三个 $\circ$ 的接口和 pushdown）。主要错误都出现在 $3$ 个 $\circ$ 上。

现在考虑对于区间加历史和线段树，需要打什么标记？需要有什么标记不是人为规定出来的，而是我们看看若干个“修改”叠加会发生什么。

我们有这两种“修改”：$A += x, B += A$。我习惯令标记含义是先 $B$ 再 $A$，所以考虑：

\[\begin{array} \left B += A, \mathrm{then}~ A += x \rightarrow (1, x) \\ (1, x_1) + (1, x_2) \rightarrow B += 2A + x_1, \mathrm{then}~A+=x_1+x_2 \\ \Rightarrow \mathrm{tag} :B += kA + b, \mathrm{then}~A += x \end{array} \]

所以我们规定标记由三元组 $(k, b, x)$ 构成。但是这里注意了：对于“加法”，我们只能考虑给区间内每个 $B(A)$都加上一个常数，也就是 $b, x$ 的含义其实是“区间内每个单独的位置的 $B(A)$ 加上 $b/x$”。而 $k$ 的含义可以是每一个位置的 $B$ 都加上该位置的 $A$，也可以是整个 $B$ 加上整个 $A$，都一样（其实第一种理解方式应当是正统）。$k$ 的定义不是关键，重点是 $k, b$ 的定义需要很注意，对信息和标记的询问很有帮助（不注意这些看似简单的细节，就是会写错掉，所以要认真思考每一个标记的含义）

以上面的理论为依据可以写出一棵这样的线段树：

struct SGT{ 
    int A[4000200], B[4000200], k[4000200], X[4000200], b[4000200]; //B += kA + b, A += x
    void circ1(int now, int lc, int rc) {
        A[now] = A[lc] + A[rc]; B[now] = B[lc] + B[rc]; return; 
    }
    void circ2(int now, int l, int r, int k0, int x0, int b0){
        B[now] += k0 * A[now] + b0 * (r - l + 1); A[now] += (r - l + 1) * x0; 
    }
    void circ3(int now, int l __attribute__((unused)), int r __attribute__((unused)), int k0, int x0, int b0){
        k[now] += k0; b[now] += k0 * X[now] + b0; X[now] += x0; 
    }
    void build(int now, int l, int r) {
        if(l == r) {A[now] = 0; B[now] = 0; k[now] = X[now] = b[now] = 0; return; }
        int mid = (l + r) >> 1; build(now * 2, l, mid); build(now * 2 + 1, mid + 1, r); 
        circ1(now, now * 2, now * 2 + 1); 
    }
    void pushdown(int now, int l, int r) {
        if(k[now]!=0 || X[now]!=0 || b[now]!=0) {
            int mid=(l+r)>>1;
            circ2(now*2,l,mid,k[now],X[now],b[now]);circ2(now*2+1,mid+1,r,k[now],X[now],b[now]);
            circ3(now*2,l,mid,k[now],X[now],b[now]);circ3(now*2+1,mid+1,r,k[now],X[now],b[now]);
            k[now]=X[now]=b[now]=0;
        }
    }
    void add(int now, int l, int r, int x, int y, int t) {
        if(l>=x&&r<=y) {
            circ2(now, l, r, 0, t, 0); circ3(now, l, r, 0, t, 0); return;
        }
        if(l>y||r<x)return;
        int mid=(l+r)>>1; pushdown(now,l,r); add(now*2, l, mid, x, y, t);add(now*2+1, mid+1, r, x, y, t);
        circ1(now, now*2, now * 2 + 1); 
    }
    void his() {
        circ2(1, 1, n, 1, 0, 0); circ3(1, 1, n, 1, 0, 0); return;
    }
    int que(int now, int l, int r, int x, int y) {
        if(l >= x && r <= y) return B[now]; 
        if(l > y || r < x) return 0; 
        int mid = (l + r) >> 1; pushdown(now, l, r); circ1(now, now * 2, now * 2 + 1); 
        return que(now * 2, l, mid, x, y) + que(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, y);  
    }
}sgt;

那么这题就结束了。但是我依然想要说一件事情：线段树写挂怎么调。首先结构上的问题是好查的，一般来说难查的是有关标记含义的问题。这时候可以先重新理一下，看看标记含义有没有错漏。然后下一步是对线段树进行 dfs。dfs 过程可以选择实时 pushdown（效果就像每次修改直接到叶子）也可以不 pushdown（这时候每一个位置的信息不一定是正确的，但是可以观察标记和信息的运作情况）。可以选择 $n=4$ 这样的线段树来模拟，有助于快速发现错误。

1.6 分治

如果信息不支持差分为 3-side，那么我们需要分治。

考虑某一个询问矩形 $(l, r), (x, y)$，将其在 $x$ 轴上切开变成两个 3-side 矩形，转化为历史和询问。

考虑对时间轴建立分治结构 $\{[L, R],mid\}$，每一个分治结构是一个独立的部分，处理方式是从 $mid$ 往左扫，有一些区间修改，有一些区间查询历史信息。然后从 $mid$ 往右扫，一样。询问有 $id$，将这些信息合并到 $id$ 的答案里面。

注意虽然是 $mid$ 往左右边扫，但是这个处理过程属于 $[L,R]$ 这个区间，不要搞混了。

$(x,y)$ 是区间查询的范围我们不关心，$(l, r)$ 这个区间在分治到 $[L,R](mid)$ 的时候处理当且仅当 $(l, r)$ 跨过 $mid$ 并且在 $[L,R]$ 内。

注意这个跨过的意义是可以认为没有其中一个边界，那么如果其右端点正好是 $mid$（认为两边是 $[L, mid], [mid + 1, R]$）那么依然将其划分到这个位置。

注意当 $x$ 轴范围 $\ge 2$ 的时候不会走到 $L = R$ 的区间，如果特判 $ \ge 2$ 的情况回溯会有 $\cfrac{1}{2}$ 的常数。（注意一定要特判，不然 $n=1$ 就寄了）

这样划分之后，每一个区间刚好被分到一次，其答案就是 $mid$ 两边两段历史和的信息合并。

考虑矩形修改，矩形询问。对于修改矩形，依然给它放在分治的区间上。

但是这个“放”的意义是对某一些区间上是一个区间修改。所以考虑其放的时间复杂度。对于完全被这个区间覆盖的区间，就直接打上标记，不需要处理了；对于部分覆盖的区间，需要处理。所以每一层每一个区间最多有 $2$ 个要处理的位置，一个区间在整个分治结构上面会拆分为 $O(\log )$ 个修改操作。

实现上，考虑下传的时候判断一下是否 $l = L, r \ge mid$，如果是的话，就不下传到左儿子，而是放一个全局修改操作在左儿子。

但是全局修改操作是不好合并的（因为每一个修改操作其实是对 y 轴的 $[x,y]$ 区间做一个修改操作）而且如果一个一个进行修改的话复杂度就不对了。所以我们考虑类似标记永久化的东西，就是走到某个点，把这个点上的全局修改做了，然后做自己的部分修改并且撤销（撤销的意思是对于一个区间修改拆成扫描线上两个单点修改，其加在一起效果对 $A$ 这个量是 $\epsilon$），然后递归到儿子上，这时候儿子必然也需要这个全局修改，然后在线段树上只存在所有祖先的全局修改了，所以只需要对儿子这里第一次出现的区间修改做一遍，等所有儿子做完之后，递归回去的时候把所有全局修改撤销掉。

这样做就是普通的区间线段树操作，时间复杂度就是对的。

有修改也有询问的话，你可以事先把所有区间的 $[L,R], mid$ 处理一下，然后挂上询问，挂上修改，“挂”的意思是从根递归下去找它应该在的位置。然后所有东西做完之后，再从根节点开始 dfs 这个分治结构，dfs 到一个点的时候从 $mid$ 向两边做扫描线，处理所有东西。

挂的时候，像正常扫描线一样把 $(x, y), (k/id)$ 挂在 $[L,R]$ 的某一个“重新标号的时间”上，重新标号是这样的：

这样标号之后，只需要处理 $[1, mid - l + 2]$ 的和 $[1, r - mid + 1]$ 时间上的操作（注意线段树的 $n$ 是 y 轴值域），之所以 $L$ 左边还有一个点是为了差分之后的撤回操作，这个操作是必须要做的，否则传下去的线段树有问题。

对于 $x,y$ 轴长度是 $n$，修改和询问个数分别是 $m_1, m_2$ 的问题，时间复杂度：$O(m_1 \log^2 n + m_2 \log n)$。

如果 $m_1, m_2$ 同阶，可以利用多叉分治结构进行进一步平衡，但是我不会。

P6109 rprmq1

【题意】

矩形加，矩形查询最大值。

【分析】

分治的部分刚刚说过了，剩下线段树里面的东西。

考虑信息 $(A, B)$，标记 $(addtag, histag)$，表示区间内 $cmax(B, A + histag)$ 然后 $A += addtag$。

三种合并很好推导，只要抓住先后顺序。

但是要注意的是，很容易出现 typo，你检查的时候一定要检查清楚。

随机数据很强，但是样例绝对很弱！

对拍显然是可以写的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
//use ll instead of int.
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int inf = 1e16;
// #define cerr if(false)cerr
#define freopen if(false)freopen
#define watch(x) cerr  << (#x) << ' '<<'i'<<'s'<<' ' << x << endl
void pofe(int number, int bitnum) {
    string s; f(i, 0, bitnum) {s += char(number & 1) + '0'; number >>= 1; } 
    reverse(s.begin(), s.end()); cerr << s << endl; 
    return;
}
template <typename TYP> void cmax(TYP &x, TYP y) {if(x < y) x = y;}
template <typename TYP> void cmin(TYP &x, TYP y) {if(x > y) x = y;}
//调不出来给我对拍！
//use std::array.
struct qj {int l, r; int x, y; int k; bool operator< (qj op) {return l < op.l;}}; // 原始区间
struct xw {int l, r, x, y; }; //原始询问
int n,m1,m2;
int ans[500040];
struct line {int l, r, k; }; //y 轴上 [l, r] 区间加 k
struct query {int l, r; int id;}; //询问 [l, r] 的历史和，然后 ans[id] 对这个历史和取 max
//x: [l, mid] / [mid + 1, r]
vector<line> li[50040];
vector<query> qu[50040];
struct SGT {
    int A[200010], B[200010]; int k[200010], t[200200];
    void build(int now,int l,int r) {
        A[now]=B[now]=k[now]=0; t[now]=-inf;
        if(l == r) return;
        int mid=(l+r)>>1;
        build(now*2,l,mid); build(now*2+1,mid+1,r);
    }
    void circ1(int &a, int &b, int al, int bl, int ar, int br) {a = max(al, ar); b = max(bl, br);}
    void circ2(int &T, int &K, int t1, int k1, int t2, int k2) {T = max(t1, k1 + t2); K = k1 + k2;}
    void circ3(int &a, int &b, int ap, int bp, int T, int K) {a = ap + K; b = max(bp, ap + T);}
    void pushdown(int now) {
        if(k[now]!=0 || t[now] != -inf) {
            circ3(A[now*2], B[now*2], A[now*2], B[now*2], t[now], k[now]);
            circ3(A[now*2+1], B[now*2+1], A[now*2+1], B[now*2+1], t[now], k[now]);
            circ2(t[now*2], k[now*2], t[now*2], k[now*2], t[now], k[now]);
            circ2(t[now*2+1], k[now*2+1], t[now*2+1], k[now*2+1], t[now], k[now]);
            k[now]=0; t[now]=-inf;
        }
    }
    void add(int now, int l,int r,int x,int y,int K) {
        if(l>=x&&r<=y) {
            circ2(t[now], k[now], t[now], k[now], -inf, K);
            circ3(A[now], B[now], A[now], B[now], -inf, K);
            return;
        }
        if(l>y||r<x)return;
        int mid=(l+r)>>1;
        pushdown(now);
        add(now*2,l,mid,x,y,K); add(now*2+1,mid+1,r,x,y,K);
        circ1(A[now],B[now],A[now*2],B[now*2],A[now*2+1],B[now*2+1]);
    }
    void aft(int now) {
        //历史和行为
        circ2(t[now], k[now], t[now], k[now], 0, 0);
        circ3(A[now], B[now], A[now], B[now], 0, 0);
        return;
    }
    int que(int now,int l,int r,int x,int y){
        if(l>=x&&r<=y){return B[now];}
        if(l>y||r<x)return -inf;
        int mid=(l+r)>>1;
        pushdown(now);
        return max(que(now*2,l,mid,x,y),que(now*2+1,mid+1,r,x,y));
    }
}sgt;
struct node {
    int l, r; int mid;  //外层的 size 是 mid - l; r - mid + 1. 
    vector<vector<query>> lq, rq; //在左边的询问和右边的询问，得到的答案加上 tag 和 ans[id] 取 max
    vector<vector<line>> la, ra; //区间加
    vector<line> qjadd; // 全局 add
};
// int eee = 0;
struct timetree {
    node timeqj[200010];
    void build(int now, int l, int r) {
        timeqj[now].l = l; timeqj[now].r = r;
        timeqj[now].mid = (l + r) >> 1;
        timeqj[now].lq.resize(timeqj[now].mid - l + 2 + 1); timeqj[now].la.resize(timeqj[now].mid - l + 2 + 1);
        timeqj[now].rq.resize(r - timeqj[now].mid + 1 + 1); timeqj[now].ra.resize(r - timeqj[now].mid + 1 + 1);
        if(l == r) return;
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(now * 2, l, mid); build(now * 2 + 1, mid + 1, r);
    }
    void addin(int now, int l, int r, qj x) {
        int mid = (l + r) >> 1; 
        int lo = mid, ro = mid + 1; // 时间为 t 的在左边的编号是 mid - t, 右边是 t - mid - 1
        if(x.l <= mid) {
            timeqj[now].la[lo - min(mid, x.r) + 1].push_back({x.x, x.y,x.k});
            timeqj[now].la[lo - (x.l - 1) + 1].push_back({x.x, x.y, -x.k});
            if(l != r) {
                if(x.l == l && x.r >= mid) timeqj[now * 2].qjadd.push_back({x.x, x.y, x.k});
                else addin(now * 2, l, mid, {x.l, min(mid, x.r), x.x, x.y, x.k});
            }
        }
        if(x.r >= mid + 1) {
            timeqj[now].ra[max(mid + 1, x.l) - ro + 1].push_back({x.x, x.y,x.k});
            timeqj[now].ra[x.r + 1 - ro + 1].push_back({x.x, x.y, -x.k});            
            if(l != r) {
                if(x.r == r && x.l <= mid + 1) timeqj[now * 2 + 1].qjadd.push_back({x.x, x.y, x.k});
                else addin(now * 2 + 1, mid + 1, r, {max(mid + 1, x.l), x.r, x.x, x.y, x.k});
            }
        }
    }
    void queryin(int now, int l, int r, xw x, int id) {
        int mid = (l + r) >> 1; assert(x.l >= l && x.r <= r);
        int lo = mid, ro = mid + 1;
        if(x.l >= l && x.r <= r && x.l <= mid + 1 && x.r >= mid) {
            if(x.l <= mid)timeqj[now].lq[lo - x.l + 1].push_back({x.x, x.y, id});
            if(x.r >= mid + 1) timeqj[now].rq[x.r - ro + 1].push_back({x.x, x.y, id});
            return;
        }
        else if(x.r <= mid) queryin(now * 2, l, mid, x, id);
        else queryin(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, id);
    }
    void dfs(int now, int l, int r) {
        //注意要先 - 再 +，这里满足了
        //处理左半边区间，右半边区间
        if(l == r && n != 1) return; 
        int delta = sgt.B[1];
        sgt.add(1, 1, n, 1, n, delta);
        int llen = timeqj[now].mid - timeqj[now].l + 2; 
        for(line it : timeqj[now].qjadd) sgt.add(1, 1, n, it.l, it.r, it.k);
        f(i, 1, llen) {
            for(line it : timeqj[now].la[i]) {
                sgt.add(1, 1, n, it.l, it.r, it.k);
            }
            sgt.aft(1);
            for(query it : timeqj[now].lq[i]) {
                int tmp = sgt.que(1, 1, n, it.l, it.r);
                cmax(ans[it.id], tmp - delta);
            }
        }
        sgt.add(1, 1, n, 1, n, -delta);
        int rlen = timeqj[now].r - timeqj[now].mid + 1; 
        delta = sgt.B[1];
        sgt.add(1, 1, n, 1, n, delta);
        f(i, 1, rlen) {
            assert((int)timeqj[now].ra.size() > i); 
            assert((int)timeqj[now].rq.size() > i); 
            for(line it : timeqj[now].ra[i]) {
                sgt.add(1, 1, n, it.l, it.r, it.k);
            }
            sgt.aft(1);
            for(query it : timeqj[now].rq[i]) {
                int tmp = sgt.que(1, 1, n, it.l, it.r);
                cmax(ans[it.id], tmp - delta);
            }
        }
        sgt.add(1, 1, n, 1, n, -delta);   
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(l != r) {dfs(now * 2, l, mid); dfs(now * 2 + 1, mid + 1, r);}
        for(line it : timeqj[now].qjadd) sgt.add(1, 1, n, it.l, it.r, -it.k);
    }
}tt;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    cin >> n >> m1 >> m2;
    tt.build(1, 1, n);
    f(i,1,m1) {
        qj x; cin >>x.l>>x.x>>x.r>>x.y>>x.k; 
        tt.addin(1, 1, n, x);
    }
    f(i,1,m2){
        xw x; cin >>x.l>>x.x>>x.r>>x.y;
        tt.queryin(1, 1, n, x, i);
    }
    tt.dfs(1, 1, n);
    f(i,1,m2)cout<<ans[i]<<endl;
    //time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}
/*
2023/x/xx
start thinking at h:mm


start coding at 16:51
finish debugging at h:mm
*/

分段检查：线段树先写好，然后检查完线段树再去写分治。

posted @ 2023-03-22 16:01 OIer某罗阅读(78) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

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1.1 研究对象

1.2 模型

1.3 处理二维正交范围的扫描线

1.4 几个例子

一维数颜色

支持单点修改和区间查询颜色数

支持区间覆盖和区间查询颜色数

二维数颜色

一些转化

1.5 区间子区间/历史和问题

一些转化

CF1824D LuoTianyi and the Function

1.6 分治

P6109 rprmq1

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