颜色段均摊
区间覆盖，维护颜色信息。
直接维护每一个点的颜色，和维护颜色段有不同的效果。后者显然对信息处理效率更高。
考虑一个区间覆盖的影响。
最多加入一个区间，删掉若干个区间。
如果一开始有 \(O(n)\) 段颜色，有 \(O(q)\) 段区间覆盖，那么总时间复杂度不超过 \(O((n + q) \log)\)。这个 \(\log\) 是 set 里面找的时间。
joisc 2023 Day 3 C
【题意】
给定一个 \(n\) 个点的树，有一个 \(m\) 个数的序列 \(a\)，\(q\) 次询问，每次求从任意一个点开始走一条树上路径经过 \(a_l \sim a_r\) 中所有点的话，路径上经过至少一次的点数最少是多少。
【分析】
容易发现这题是求区间上点的虚树大小。
方法 1：
考虑莫队。
考虑加入某一个数。
如果直接加入并维护虚树，需要找到虚树上其最近祖先，二分线段树可以做到 \(\log^2\)，但是显然过不去。
考虑虚树性质，可以 dfn 排序然后计算相邻两两距离之和。
如果使用不删除莫队，加入 \(\log\)，用 set 维护，但是注意到这个题只需要查询 kth 的 rank，可以使用权值树状数组代替 set，具体这么做：
- 查询 rank：直接查询前缀和即可。
- 查询 kth：考虑树状数组上二分。
树状数组一种二分方式是直接模拟线段树二分（不同之处在于一个能求区间 kth，一个能求全局 kth）
树状数组（记为 \(a\)）长这样，我们考虑初始令 \(now = n, digit = \log_2 n - 1, k = k\)。这个 \(digit\) 的意思就是在哪一位。比如 \(digit = 2\) 就是在第三层（\(4\) 那一层）
如果 \(a_{now - 2^{digit}} \ge k\) 那么向左边走（\(now -= 2^{digit}\)）；否则向右边走（\(k -= a_{now - 2^{digit}}\)）。不管往哪边走，\(digit--\)。
注意 \(n\) 要补到 \(2^n\)，这个空间上要注意一下，但是由于后面的都是 \(0\)，是不需要做其他事情的。
#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;
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 n;
struct szsz {
int a[100010];
int lowbit(int x) {return x & -x;}
void add(int x, int k) {
while(x <= n) {
a[x] += k;
x += lowbit(x);
}
}
int rnk(int x) {
int res = 0;
while(x > 0) {
res += a[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int kth(int k) {
int newn = 1 << ((int)log2(n - 1) + 1);
int now = newn, dig = log2(newn) - 1;
while(dig >= 0) {
if(a[now - (1 << dig)] >= k) {
now -= (1 << dig);
}
else {
k -= a[now - (1 << dig)];
}
dig--;
}
return now;
}
}tr;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
//freopen();
//freopen();
//time_t start = clock();
//think twice,code once.
//think once,debug forever.
cin >> n; int q; cin >> q;
f(i, 1, q) {
int op; cin >> op;
if(op == 1){int x, k; cin >> x >> k; tr.add(x, k);}
else if(op == 2) {int x; cin >> x; cout << tr.rnk(x) << endl;}
else {int x; cin >> x; cout << tr.kth(x) << 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 h:mm
finish debugging at h:mm
*/
上面的这份代码，在点有权值的情况下，rnk 出来的是最大 rnk，kth 就是 kth。
于是我们成功把 set 改成了常数十分小的权值树状数组。这样 \(O(n \sqrt n \log n)\) 就可以在 4s 内卡过啦！（确信）
方法 2：
我们考虑把不删除改成不加入。（回滚莫队不仅能做不删除，也可以做不加入，具体方法就考虑某一块先计算 \(head \sim n\) 的答案，然后移动两边的指针）
这样做有什么好处呢？我们删除的时候直接用链表删除即可。（之前小瞧了这个数据结构，但是确实很有用）这样不用维护一棵平衡树，是 \(O(1)\) 的。考虑每一块插入过程。可以对 \(O(n)\) 长度的数组直接排序。暴力插入还是带一个 \(\log\)，但是我们可以从右往左进行。这样做，这部分复杂度直接变成 \(O(n \log n)\)，那么整体复杂度就是纯根号的。
方法 3：
考虑虚树的另一种形式：虚树根到原树根的一条链加上原树根到点集中所有点的并。
首先链是好求的，就一个区间 lca，这里不说了。重点是并怎么算。注意到这里就转化为了到根的链上问题了。如果不知道接下来干什么，接着想。
考虑扫描线的第二种形式，扫 \(r\)，维护所有 \(l\) 的答案。考虑二维数点那个做法，维护最后一次出现位置。可以启发到这题上。注意到一个 \(r\) 是给 \(r\) 到 \(1\) 的链上这些点全部加入一次虚树，那么我们考虑维护时间戳，也就是每一个点是什么时候加入的虚树。
发现这个全部加入类似颜色段均摊处理的东西，考虑树剖之后是 \(\log\) 段连续段，这意味着每次扫描线右端点动了的时候只会插入 \(\log\) 段区间，所以这部分的时间复杂度是 \(O(\log^2 )\) 的。
考虑查询怎么做。额外维护一个权值树状数组拿来查询 rank。只需要实时维护颜色为某一个数的区间总大小即可。查询部分的时间复杂度是 \(O(\log)\) 的。
分几步：
- 树剖预处理。
- 扫描线，预先把所有区间打到 \(r\) 上。每次 \(r\) 动的时候，沿着 \(1 \sim c_r\) 的链走，更新颜色段，并在树状数组里更新。
- 处理查询，在树状数组里查询即可。树状数组支持 rank。
总时间复杂度 \(O(n + n \log^2 n + q \log n)\)。
