线段树学习笔记

线段树的基础知识
一些例题
- The Child and Sequence
  - 解法分析
  - Code
- Legacy

线段树的基础知识

什么是线段树

线段树是一种分治思想的二叉树结构，用于在区间上进行信息维护与统计，与按照二进制进行区间划分的树状数组相比，线段树是一种更为通用的数据结构：

线段树的每一个节点都代表一个区间。
线段树有唯一的根节点，代表的区间是整个统计的范围。
线段树的每一个叶子节点都代表一个长度为 $1$ 的元区间 $[x, x]$ 。
定义对于每个内部节点 $[l, r]$ ，定义 $m i d = ⌊ (l + r) / 2 ⌋$ ，它的左子节点为 $[l, m i d]$ ，右子节点为 $[m i d + 1, r]$ 。

除去线段树的最后一层，整棵线段树一定是一棵完全二叉树，深度为 $O (\log N)$ 。因此，可以按照与二叉堆类似的“父子二倍”节点编号方法：

根节点编号为 $1$ 。
编号为 $x$ 的节点的左子节点编号为 $x \times 2$ ，右子节点编号为 $x \times 2 + 1$ 。
在理想情况下， $N$ 个叶节点的满二叉树有 $2 \times N - 1$ 个节点。应为在上述储存方式下，最后还有一层产生了空余，所以保存线段树的数组长度不应少于 $4 \times N$ 。

线段树的基本操作

线段树的建树

给定一个长度为 $N$ 的序列 $A$ ，我们可以在区间 $[1, N]$ 上建立一棵线段树，每个叶节点 $[i, i]$ 储存 $A [i]$ 的值。以区间最大值为例，代码如下：

 int a[100005];
struct node{
    int l,r,date;
    #define l(x) t[x].l;
    #define r(x) t[x].r;
    #define date(x) t[x].date;
}t[100005*4];
void build(int p,int l,int r){
    l(p)=l;
    r(p)=r;
    if(l==r){
        date(p)=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(p*2,l,mid);
    build(p*2+!,mid+1,r);
    date(p)=max(date(p*2),date(p*2+1))；
}

线段树的单点修改

将 $A [x]$ 的值修改为 $v$ 。在线段树中，根节点是执行各种操作的入口。我们需要从根节点开始，递归找到代表区间 $[x, x]$ 的叶节点，然后从下往上更新 $[x, x]$ 以及它所有的祖先节点上保留的信息。时间复杂度为 $O (\log n)$ 。

 void change(int p,int x,int v){
    if(l(p)==r(p)){
        date(p)=v;
        return;
    }
    int mid=(l(p)+r(p))/2;
    if(x<=mid) change(p*2,x,v);
    else change(p*2+1,x,v);
    date(p)=max(date(p*2),date(p*2+1));
}

线段树的区间查询

查询序列 $A$ 在区间 $[l, r]$ 上的最大值。从根节点开始，递归执行下列过程：

若 $[l, r]$ 完全覆盖了当前节点代表的区间，立即回溯，并且该节点的 $d a t e$ 值为候选项。
若左子节点与 $[l, r]$ 有重叠部分，递归访问左子节点。
若右子节点与 $[l, r]$ 有重叠部分，递归访问右子节点。

 int ask(int p,int l,int r){
    if(l<=l(p) && r>=r(p)) return date(p);
    int mid=(l(p)+r(p))/2,v=-(1<<30);//负无穷大
    if(l<=mid) v=max(v,ask(p*2,l,r));
    if(r>mid) v=max(v,ask(p*2+1,l,r));
    return v;
}

线段树的区间修改

在区间修改操作中，如果某个节点被修改区间 $[l, r]$ 完全覆盖，那么以该节点为根的整棵子树都将发生变化，如果逐一进行更新，那么将使一次区间修改的时间复杂度增加至 $O (n)$ ，效率不高。
假设我们逐一修改了被查询区间完全覆盖的节点 $P$ 所代表的区间 $[l, r]$ ，但是在之后的查询操作中没有用到该区间的子区间作为答案，那么我们对以 $P$ 为根的子树的修改都是没有意义的。
这启发我们在后续修改操作中，同样也可以在修改区间完全覆盖当前节点代表的区间时立即返回，但是在回溯之前在 $P$ 上打上标记，表示“该节点曾经被修改，但它的子节点没有被更新”。
在后续的指令中，需要从节点 $P$ 向下递归，我们再检查 $P$ 是否被标记。如果有标记，则根据信息更新它的两个子节点并在子节点上打标记，然后清除 $P$ 上的标记。
区间查询，区间修改的时间复杂度均为 $O (\log n)$ 。

模板

以【模板】线段树1为例

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int l,r;
	long long sum,add;
	#define l(x) tree[x].l
	#define r(x) tree[x].r
	#define sum(x) tree[x].sum
	#define add(x) tree[x].add
}tree[100005*4];
int n,m,t1,t2,t3,t4,a[100005];
void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
		sum(p)=a[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	sum(p)=sum(p*2)+sum(p*2+1);
}
void spread(int p){
	if(add(p)){
		sum(p*2)+=add(p)*(r(p*2)-l(p*2)+1);
		sum(p*2+1)+=add(p)*(r(p*2+1)-l(p*2+1)+1);
		add(p*2)+=add(p);
		add(p*2+1)+=add(p);
		add(p)=0;
	}
}
void change(int p,int l,int r,int d){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)){
		sum(p)+=(long long)d*(r(p)-l(p)+1);
		add(p)+=d;
		return;
	}
	spread(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(l<=mid) change(p*2,l,r,d);
	if(r>mid) change(p*2+1,l,r,d);
	sum(p)=sum(p*2)+sum(p*2+1);
}
long long ask(int p,int l,int r){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return sum(p);
	spread(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	long long v=0;
	if(l<=mid) v+=ask(p*2,l,r);
	if(r>mid) v+=ask(p*2+1,l,r);
	return v;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	build(1,1,n);
	while(m--){
		cin>>t1>>t2>>t3;
		if(t1==1){
			cin>>t4;
			change(1,t2,t3,t4);
		}
		else{
			cout<<ask(1,t2,t3)<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

动态开点

普通的线段树需要开 $4 n$ 大小的数组来储存，为了节省空间，我们可以不一次性建好树，当需要用到某个节点但是该节点没有被建出时，再建出这个节点，可以用四个字来概括动态开点的核心思想——要用再建。

代码如下：

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int son_l,son_r;
	long long sum,tag;
	#define son_l(x) t[x].son_l
	#define son_r(x) t[x].son_r
	#define sum(x) t[x].sum
	#define tag(x) t[x].tag
}t[100005*2];
int tot=1,root=1,n,m;
void add(int &p,int l,int r,long long d){
	if(!p) p=++tot;
	sum(p)+=(r-l+1)*d;
	tag(p)+=d;
}
void spread(int p,int l,int r){
	if(l>=r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	add(son_l(p),l,mid,tag(p));
	add(son_r(p),mid+1,r,tag(p));
	tag(p)=0;
}
void change(int p,int l_now,int r_now,int l_to,int r_to,int d){
	if(l_to<=l_now && r_to>=r_now){
		add(p,l_now,r_now,d);
		return;
	}
	spread(p,l_now,r_now);
	int mid=(l_now+r_now)>>1;
	if(l_to<=mid) change(son_l(p),l_now,mid,l_to,r_to,d);
	if(r_to>mid) change(son_r(p),mid+1,r_now,l_to,r_to,d);
	sum(p)=sum(son_l(p))+sum(son_r(p));
}
long long ask(int p,int l_now,int r_now,int l_to,int r_to){
	if(l_to<=l_now && r_to>=r_now){
		return sum(p);
	}
	spread(p,l_now,r_now);
	int mid=(l_now+r_now)>>1;
	long long val=0;
	if(l_to<=mid) val+=ask(son_l(p),l_now,mid,l_to,r_to);
	if(r_to>mid) val+=ask(son_r(p),mid+1,r_now,l_to,r_to);
	return val;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int t;
		cin>>t;
		change(root,1,n,i,i,t);
	}
	while(m--){
		int t1,t2,t3,t4;
		cin>>t1>>t2>>t3;
		if(t1==1){
			cin>>t4;
			change(root,1,n,t2,t3,t4);
		}
		else{
			cout<<ask(root,1,n,t2,t3)<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

可持久化线段树

以上，我们讨论的线段树都只能解决对当前数据进行操作的问题，如果想解决对任意时间下的数据进行操作的问题，我们就需要对线段树进行可持久化的改造。

以线段树的单点修改，区间查询最大值为例，单点修改操作只会使 $O (n \log n)$ 个节需要修改，我们可以对这些节点 $p$ 分别创建一个副本 $p^{'}$ ，若 $p$ 不是线段树的叶子节点，则 $p$ 的左子树或右子树必然被更新，以被更新的是左子树 $l$ 为例，我们在 $l$ 中递归，在返回时将 $p^{'}$ 的左子树改为 $l^{'}$ ，右子树仍与 $p$ 的右子树相同，然后更新 $p^{'}$ 上保存的区间最大值即可。

需要注意的是，经过这样改造的线段树将不再是一颗完全二叉树，所以我们不能沿用父子二倍编号法。

模板题。

代码如下：

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){register int t1=0,t2=0;register char x=getchar();while(x<'0' ||x>'9'){if(x=='-') t2|=1;x=getchar();}while(x>='0' && x<='9'){t1=(t1<<1)+(t1<<3)+(x^48),x=getchar();}return t2?-t1:t1;}
inline void write(int x){register int sta[35],top=0;if(x<0) putchar('-'),x=-x;do{sta[top++]=x%10,x/=10;}while(x);while(top) putchar(sta[--top]+48);}
int n,m,a[1000005],root[1000005],tot;
struct node{
    int l,r,data;
}t[1000005<<5];
int build(int l,int r){
    int p=++tot;
    if(l==r){
        t[p].data=a[l];
        return p;
    }
    int mid=l+r>>1;
    t[p].l=build(l,mid);
    t[p].r=build(mid+1,r);
    return p;
}
inline int change(int now,int l,int r,int x,int val){
    int p=++tot;
    t[p]=t[now];
    if(l==r){
        t[p].data=val;
        return p;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(x<=mid) t[p].l=change(t[now].l,l,mid,x,val);
    else t[p].r=change(t[now].r,mid+1,r,x,val);
    return p;
}
inline int ask(int now,int l,int r,int x){
    if(l==r) return t[now].data;
    int mid=l+r>>1;
    if(x<=mid) return ask(t[now].l,l,mid,x);
    else return ask(t[now].r,mid+1,r,x);
}
int main(){
	n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
    }
    root[0]=build(1,n);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int t1=read(),t2=read(),t3=read();
        if(t2==1){
            int t4=read();
            root[i]=change(root[t1],1,n,t3,t4);
        }
        else{
            write(ask(root[t1],1,n,t3));
            putchar('\n');
            root[i]=root[t1];
        }
    }
	return 0;
}

一些例题

The Child and Sequence

题目链接。

解法分析

设模数为 $m o d$ ，当修改区间 $[l, r]$ 中的最大值小于 $m o d$ 时不应该继续尝试修改。这启示我们在遇到这类在区间上做运算的问题时，应挖掘该运算的特殊性质，减少不必要的递归和修改。

Code

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[100005];
struct node{
	int l,r;
	long long sum,mx;
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
	#define sum(x) t[x].sum
	#define mx(x) t[x].mx
}t[100005*4];
void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
		sum(p)=a[l];
		mx(p)=a[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	sum(p)=sum(p*2)+sum(p*2+1);
	mx(p)=max(mx(p*2),mx(p*2+1));
}
void change(int p,int x,long long v){
	if(l(p)==r(p)){
		sum(p)=v;
		mx(p)=v;
		return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(x<=mid) change(p*2,x,v);
	else change(p*2+1,x,v);
	mx(p)=max(mx(p*2),mx(p*2+1));
	sum(p)=sum(p*2+1)+sum(p*2);
}
void change_mod(int p,int l,int r,long long d){
	if(l<=l(p) && r>=r(p) && mx(p)<d) return;
	if(l<=l(p) && r>=r(p) && l(p)==r(p)){
		mx(p)%=d;
		sum(p)%=d;
		return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(l<=mid) change_mod(p*2,l,r,d);
	if(r>mid) change_mod(p*2+1,l,r,d);
	sum(p)=sum(p*2)+sum(p*2+1);
	mx(p)=max(mx(p*2),mx(p*2+1));
}
long long ask(int p,int l,int r){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return sum(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	long long v=0;
	if(l<=mid) v+=ask(p*2,l,r);
	if(r>mid) v+=ask(p*2+1,l,r);
	return v;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	build(1,1,n);
	while(m--){
		int t1;
		cin>>t1;
		if(t1==1){
			int t2,t3;
			cin>>t2>>t3;
			cout<<ask(1,t2,t3)<<endl;
		}
		else if(t1==2){
			int t2,t3,t4;
			cin>>t2>>t3>>t4;
			change_mod(1,t2,t3,t4);
		}
		else if(t1==3){
			int t2,t3;
			cin>>t2>>t3;
			change(1,t2,t3);
		}
	}
	return 0;
}

Legacy

题目链接。

解法分析

使用线段树优化建图之后，跑一遍 dijkstra 算法求最短路即可。

Code

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,Q,s,a[100005],k;
long long dis[1000005];
struct tree{
	int l,r;
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
}t[100005*4];
struct node{
	int to;
	long long l;
};
vector<node> v[1000005];
struct node1{
	int now;
	long long sum;
};
bool operator <(const node1 &x,const node1 &y){
	return x.sum>y.sum;
}
priority_queue<node1> q;
bool vis[1000005];
void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
		a[l]=p;
		return;
	}
	
	v[p].push_back((node){p<<1,0});
	v[p].push_back((node){p<<1|1,0});
	v[(p<<1)+k].push_back((node){p+k,0});
	v[(p<<1|1)+k].push_back((node){p+k,0});
	int mid=(l+r)>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void change(int p,int l,int r,int to,int lo,int m){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)){
		if(m==3) v[p+k].push_back((node){to,lo});
		else v[to+k].push_back((node){p,lo});
		return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))>>1;
	if(l<=mid) change(p<<1,l,r,to,lo,m);
	if(r>mid) change(p<<1|1,l,r,to,lo,m);
}
void dijkstra(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[a[s]+k]=0;
	q.push((node1){a[s]+k,0});
	while(!q.empty()){
		node1 x=q.top();
		q.pop();
		if(vis[x.now]) continue;
		vis[x.now]=1;
		for(int i=0;i<v[x.now].size();i++){
			node net=v[x.now][i];
			if(dis[net.to]>dis[x.now]+net.l){
				dis[net.to]=dis[x.now]+net.l;
				q.push((node1){net.to,dis[net.to]});
			}
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n>>Q>>s;
	k=5e5;
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v[a[i]].push_back((node){a[i]+k,0});
		v[a[i]+k].push_back((node){a[i],0});
	}
	while(Q--){
		int t1,t2,t3,t4,t5;
		cin>>t1>>t2>>t3>>t4;
		if(t1==1) v[a[t2]+k].push_back((node){a[t3],t4});
		else{
			cin>>t5;
			change(1,t3,t4,a[t2],t5,t1);
		}
	}
	dijkstra();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(dis[a[i]]==0x3f3f3f3f3f3f3f3fll) cout<<-1<<" ";
		else cout<<dis[a[i]]<<" ";
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-02-21 15:46 ZnHF 阅读(106) 评论(5) 编辑收藏举报

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	int a[100005];
	struct node{
	int l,r,date;
	#define l(x) t[x].l;
	#define r(x) t[x].r;
	#define date(x) t[x].date;
	}t[100005*4];
	void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
	date(p)=a[l];
	return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+!,mid+1,r);
	date(p)=max(date(p2),date(p2+1))；
	}

	void change(int p,int x,int v){
	if(l(p)==r(p)){
	date(p)=v;
	return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(x<=mid) change(p*2,x,v);
	else change(p*2+1,x,v);
	date(p)=max(date(p2),date(p2+1));
	}

	int ask(int p,int l,int r){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return date(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2,v=-(1<<30);//负无穷大
	if(l<=mid) v=max(v,ask(p*2,l,r));
	if(r>mid) v=max(v,ask(p*2+1,l,r));
	return v;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	struct node{
	int l,r;
	long long sum,add;
	#define l(x) tree[x].l
	#define r(x) tree[x].r
	#define sum(x) tree[x].sum
	#define add(x) tree[x].add
	}tree[100005*4];
	int n,m,t1,t2,t3,t4,a[100005];
	void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
	sum(p)=a[l];
	return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	sum(p)=sum(p2)+sum(p2+1);
	}
	void spread(int p){
	if(add(p)){
	sum(p2)+=add(p)(r(p2)-l(p2)+1);
	sum(p2+1)+=add(p)(r(p2+1)-l(p2+1)+1);
	add(p*2)+=add(p);
	add(p*2+1)+=add(p);
	add(p)=0;
	}
	}
	void change(int p,int l,int r,int d){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)){
	sum(p)+=(long long)d*(r(p)-l(p)+1);
	add(p)+=d;
	return;
	}
	spread(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(l<=mid) change(p*2,l,r,d);
	if(r>mid) change(p*2+1,l,r,d);
	sum(p)=sum(p2)+sum(p2+1);
	}
	long long ask(int p,int l,int r){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return sum(p);
	spread(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	long long v=0;
	if(l<=mid) v+=ask(p*2,l,r);
	if(r>mid) v+=ask(p*2+1,l,r);
	return v;
	}
	int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	build(1,1,n);
	while(m--){
	cin>>t1>>t2>>t3;
	if(t1==1){
	cin>>t4;
	change(1,t2,t3,t4);
	}
	else{
	cout<<ask(1,t2,t3)<<endl;
	}
	}
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	inline int read(){register int t1=0,t2=0;register char x=getchar();while(x<'0' \|\|x>'9'){if(x=='-') t2\|=1;x=getchar();}while(x>='0' && x<='9'){t1=(t1<<1)+(t1<<3)+(x^48),x=getchar();}return t2?-t1:t1;}
	inline void write(int x){register int sta[35],top=0;if(x<0) putchar('-'),x=-x;do{sta[top++]=x%10,x/=10;}while(x);while(top) putchar(sta[--top]+48);}
	int n,m,a[1000005],root[1000005],tot;
	struct node{
	int l,r,data;
	}t[1000005<<5];
	int build(int l,int r){
	int p=++tot;
	if(l==r){
	t[p].data=a[l];
	return p;
	}
	int mid=l+r>>1;
	t[p].l=build(l,mid);
	t[p].r=build(mid+1,r);
	return p;
	}
	inline int change(int now,int l,int r,int x,int val){
	int p=++tot;
	t[p]=t[now];
	if(l==r){
	t[p].data=val;
	return p;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) t[p].l=change(t[now].l,l,mid,x,val);
	else t[p].r=change(t[now].r,mid+1,r,x,val);
	return p;
	}
	inline int ask(int now,int l,int r,int x){
	if(l==r) return t[now].data;
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) return ask(t[now].l,l,mid,x);
	else return ask(t[now].r,mid+1,r,x);
	}
	int main(){
	n=read();
	m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
	a[i]=read();
	}
	root[0]=build(1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
	int t1=read(),t2=read(),t3=read();
	if(t2==1){
	int t4=read();
	root[i]=change(root[t1],1,n,t3,t4);
	}
	else{
	write(ask(root[t1],1,n,t3));
	putchar('\n');
	root[i]=root[t1];
	}
	}
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int n,m,a[100005];
	struct node{
	int l,r;
	long long sum,mx;
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
	#define sum(x) t[x].sum
	#define mx(x) t[x].mx
	}t[100005*4];
	void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
	sum(p)=a[l];
	mx(p)=a[l];
	return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	sum(p)=sum(p2)+sum(p2+1);
	mx(p)=max(mx(p2),mx(p2+1));
	}
	void change(int p,int x,long long v){
	if(l(p)==r(p)){
	sum(p)=v;
	mx(p)=v;
	return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(x<=mid) change(p*2,x,v);
	else change(p*2+1,x,v);
	mx(p)=max(mx(p2),mx(p2+1));
	sum(p)=sum(p2+1)+sum(p2);
	}
	void change_mod(int p,int l,int r,long long d){
	if(l<=l(p) && r>=r(p) && mx(p)<d) return;
	if(l<=l(p) && r>=r(p) && l(p)==r(p)){
	mx(p)%=d;
	sum(p)%=d;
	return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	if(l<=mid) change_mod(p*2,l,r,d);
	if(r>mid) change_mod(p*2+1,l,r,d);
	sum(p)=sum(p2)+sum(p2+1);
	mx(p)=max(mx(p2),mx(p2+1));
	}
	long long ask(int p,int l,int r){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return sum(p);
	int mid=(l(p)+r(p))/2;
	long long v=0;
	if(l<=mid) v+=ask(p*2,l,r);
	if(r>mid) v+=ask(p*2+1,l,r);
	return v;
	}
	int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	cin>>a[i];
	}
	build(1,1,n);
	while(m--){
	int t1;
	cin>>t1;
	if(t1==1){
	int t2,t3;
	cin>>t2>>t3;
	cout<<ask(1,t2,t3)<<endl;
	}
	else if(t1==2){
	int t2,t3,t4;
	cin>>t2>>t3>>t4;
	change_mod(1,t2,t3,t4);
	}
	else if(t1==3){
	int t2,t3;
	cin>>t2>>t3;
	change(1,t2,t3);
	}
	}
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int n,Q,s,a[100005],k;
	long long dis[1000005];
	struct tree{
	int l,r;
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
	}t[100005*4];
	struct node{
	int to;
	long long l;
	};
	vector<node> v[1000005];
	struct node1{
	int now;
	long long sum;
	};
	bool operator <(const node1 &x,const node1 &y){
	return x.sum>y.sum;
	}
	priority_queue<node1> q;
	bool vis[1000005];
	void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
	a[l]=p;
	return;
	}

	v[p].push_back((node){p<<1,0});
	v[p].push_back((node){p<<1\|1,0});
	v[(p<<1)+k].push_back((node){p+k,0});
	v[(p<<1\|1)+k].push_back((node){p+k,0});
	int mid=(l+r)>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1\|1,mid+1,r);
	}
	void change(int p,int l,int r,int to,int lo,int m){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)){
	if(m==3) v[p+k].push_back((node){to,lo});
	else v[to+k].push_back((node){p,lo});
	return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))>>1;
	if(l<=mid) change(p<<1,l,r,to,lo,m);
	if(r>mid) change(p<<1\|1,l,r,to,lo,m);
	}
	void dijkstra(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[a[s]+k]=0;
	q.push((node1){a[s]+k,0});
	while(!q.empty()){
	node1 x=q.top();
	q.pop();
	if(vis[x.now]) continue;
	vis[x.now]=1;
	for(int i=0;i<v[x.now].size();i++){
	node net=v[x.now][i];
	if(dis[net.to]>dis[x.now]+net.l){
	dis[net.to]=dis[x.now]+net.l;
	q.push((node1){net.to,dis[net.to]});
	}
	}
	}
	}
	int main(){
	cin>>n>>Q>>s;
	k=5e5;
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
	v[a[i]].push_back((node){a[i]+k,0});
	v[a[i]+k].push_back((node){a[i],0});
	}
	while(Q--){
	int t1,t2,t3,t4,t5;
	cin>>t1>>t2>>t3>>t4;
	if(t1==1) v[a[t2]+k].push_back((node){a[t3],t4});
	else{
	cin>>t5;
	change(1,t3,t4,a[t2],t5,t1);
	}
	}
	dijkstra();
	for(int i=1;i<=n;i++){
	if(dis[a[i]]==0x3f3f3f3f3f3f3f3fll) cout<<-1<<" ";
	else cout<<dis[a[i]]<<" ";
	}
	return 0;
	}