可持久化线段树（主席树）

可持久化线段（主席树）详解(两个题目)：

本篇博客借鉴了此篇博客，补充了一些自己的理解
现有这样一个题目：

给定长为n的一个序列，q次询问，每次询问l，r区间内第k大的数是多少
(n，q<=200,000)

求解这个问题，我们便要用到主席树。
首先了解一下什么叫主席树：

主席树，即可持久化线段树，是支持查询历史版本的一种线段树的升级版
主席树是，对于一个序列[1...n]的每一个前缀[1...i]都建立一颗线段树。我们知道线段树的每一个节点对应的是一个区间[l, r]，则每一个节点对应的sum[rt是在的[1...i]中的数，在区间[l, r]的有多少个。询问时利用前缀的思想进行求解的一种树。~~（不理解没关系我们慢慢讲）~~

下面我们详细讲一下怎么写主席树：
先做好准备工作，因为主席树一个区间[l , r]代表的是[l , r]的数，所以我们要把数据离散化，才能用主席树表示。

for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, a[i]) - b;
}

之后便是主席树的部分了。

我们用一组数据来讲一下：

3 1
3 1 2
1 2 2

首先建一棵空树，建树中不同于线段树的有几点：

主席树因为在建立n棵树的时候必须要利用当前树和前一棵树的相似之处，所以左右节点和根节点之间可能不满足lson = rt << 1, rson = rt << 1 | 1。所以我们在建树时直接用一个计数器++来记录当前节点是哪个节点。
在建树时，用L数组和R数组记录这个节点指向左右子树的根节点的值。

int build(int l, int r) {//建一棵空树
	int rt = ++cnt;
	sum[rt] = 0;
	if (l < r) {
		L[rt] = build(l, mid);
		R[rt] = build(mid + 1, r);
	}
	return rt;
}

建完后如图：
在这里插入图片描述

再建n棵前缀的树，我们先看图：

第一棵
在这里插入图片描述
第二棵：

第三棵：

要注意的有几点：

如果对于每一棵[1...i]的树都建立一颗完整的线段树，那么空间复杂度必然爆炸。所以我们要利用第i棵线段树和第i - 1棵线段树的相同特征来建树，我们观察到第i棵树和第i - 1棵树之间仅有一条路径不同，对于这条路径建树的空间复杂度仅为log(n)级别，其他的部分我们只要复制上一棵树的就可以了，这样总复杂度为nlogn。
关于如何复制，我们之前有L和R数组，分别指向左右子树，我们在建一棵新树时，先让这棵新树的每一个结点的左右节点指向原来的树的左右节点，之后递归修改sum的时候，我们把新的路径的节点值返回给对应的L和R数组，这样就对于这条路径的每一个点都有一个正确的L, R，达到了建树的目的。
递归经过的地方必然会使这个节点对应的sum++。

之后便是询问：

我们现在有n棵线段树，每颗线段树都存了到i为止的所有区间的数的个数。我们可以很容易明白询问是满足可减性的，因为假设我要询问序列[2 , 5]内3的个数，就可以用[1 , 5]内3的个数减去[1 , 2]内3的个数。
对于[l , r]区间求第k大，我们每次可以算出第r棵线段树内和第l - 1棵线段树内左子树sum的差值x，这个差值x就说明了左子树对应的数的区间有多少个数，假如这个数大于等于k，我们就接着向左子树找，否则我们就向右子树找k - x。即可找到对应的第k大。

int query(int u, int v, int l, int r, int k) {
	if (l >= r) return l;
	int x = sum[L[v]] - sum[L[u]];
	if (x >= k) return query(L[u], L[v], l, mid, k);
	else return query(R[u], R[v], mid + 1, r, k - x);
}

题目地址：洛谷P3834
最后附上完整ac代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2000050
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

int a[maxn], b[maxn], T[maxn];

inline int getnum() {
	char c; int ans = 0; int flag = 1;
	while (!isdigit(c = getchar()) && c != '-');
	if (c == '-') flag = -1; else ans = c - '0';
	while (isdigit(c = getchar())) ans = ans * 10 + c - '0';
	return ans * flag;
}

int L[maxn << 5], R[maxn << 5];//指向左子树和右子树的根
int sum[maxn << 5];//离散化去重后的每个节点所包含的数的个数
int cnt;//所有节点的计数器

int build(int l, int r) {//建一棵空树
	int rt = ++cnt;
	sum[rt] = 0;
	if (l < r) {
		L[rt] = build(l, mid);
		R[rt] = build(mid + 1, r);
	}
	return rt;
}

int update(int pre, int l, int r, int x) {
	int rt = ++cnt;
	L[rt] = L[pre], R[rt] = R[pre], sum[rt] = sum[pre] + 1;
	if (l < r) {
		if (x <= mid) L[rt] = update(L[pre], l, mid, x);
		else R[rt] = update(R[pre], mid + 1, r, x);
	}
	return rt;
}

int query(int u, int v, int l, int r, int k) {
	if (l >= r) return l;
	int x = sum[L[v]] - sum[L[u]];
	if (x >= k) return query(L[u], L[v], l, mid, k);
	else return query(R[u], R[v], mid + 1, r, k - x);
}

int main() {
	int n = getnum(), q = getnum();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = getnum();
		b[i] = a[i];
	}
	sort(b + 1, b + n + 1);
	int m = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
	T[0] = build(1, m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, a[i]) - b;
		T[i] = update(T[i - 1], 1, m, a[i]);
	}
	while (q--) {
		int x = getnum(), y = getnum(), z = getnum();
		printf("%d\n", b[query(T[x - 1], T[y], 1, m, z)]);
	}
	return 0;
}

我们再做一个主席树的题练练手：

CSU 1981: 小M的魔术表演

题面

Description

小M听说会变魔术的男生最能吸引女生注意啦~所以小M费了九牛二虎之力终于学会了一个魔术：
首先在桌面上放N张纸片，每张纸片上都写有一个数字。小M每次请女生给出一个数字x，然后划定任意一个区间[L,R]，小M就能立马告诉对方这个区间内有多少个数字比x小。
小M当然是知道答案的啦，但是你呢？

Input

第一行为一个数字T（T<=10）表示数据组数
第二行为两个数字n、m（1<=n,m<=200000）表示序列长度和询问次数
第三行为n个数字表示原始序列A （0 < A[i] < 1000000000）
接下来m行，每行三个数字l r x 表示询问[l,r]之间小于x的有几个（1<=l<=r<=n,0<=x<=1000000000）
保证数据合法

Output

输出为m行，第i行表示第i个询问的答案

Sample Input

1
10 3
2 3 6 9 8 5 4 7 1 1
1 3 5
2 8 7
3 6 4

Sample Output

2
4
0

题解

这个题也是主席树，我们只需改动几个小地方即可

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200050
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

int a[maxn], b[maxn], T[maxn];

inline int getnum() {
	char c; int ans = 0; int flag = 1;
	while (!isdigit(c = getchar()) && c != '-');
	if (c == '-') flag = -1; else ans = c - '0';
	while (isdigit(c = getchar())) ans = ans * 10 + c - '0';
	return ans * flag;
}

int L[maxn << 5], R[maxn << 5];//指向左子树和右子树的根
int sum[maxn << 5];//离散化去重后的每个节点所包含的数的个数
int cnt;//所有节点的计数器

int build(int l, int r) {//建一棵空树
	int rt = ++cnt;
	sum[rt] = 0;
	if (l < r) {
		L[rt] = build(l, mid);
		R[rt] = build(mid + 1, r);
	}
	return rt;
}

int update(int pre, int l, int r, int x) {
	int rt = ++cnt;
	L[rt] = L[pre], R[rt] = R[pre], sum[rt] = sum[pre] + 1;
	if (l < r) {
		if (x <= mid) L[rt] = update(L[pre], l, mid, x);
		else R[rt] = update(R[pre], mid + 1, r, x);
	}
	return rt;
}

int query(int u, int v, int l, int r, int k) {
	if (l >= r) {
		if (l != k)
			return sum[v] - sum[u];//找到不等于k的才返回这个
		else return 0;//因为题中让求小于k的，等于k的返回0
	}
	int ans = sum[L[v]] - sum[L[u]];//个数
	if (mid >= k) return query(L[u], L[v], l, mid, k);//大于k，向左子树找
	else return ans + query(R[u], R[v], mid + 1, r, k);//否则向右子树找，加上左子树的个数
}

int main() {
	int t = getnum();
	while (t--) {
		int n = getnum(), q = getnum();
		cnt = 0;
		memset(L, 0, sizeof(L));
		memset(R, 0, sizeof(R));
		memset(sum, 0, sizeof(sum));
		memset(T, 0, sizeof(T));
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			a[i] = getnum();
			b[i] = a[i];
		}
		sort(b + 1, b + n + 1);
		int m = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
		T[0] = build(1, m);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			a[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, a[i]) - b;
			T[i] = update(T[i - 1], 1, m, a[i]);
		}
		while (q--) {
			int x = getnum(), y = getnum(), z = getnum();
			z = lower_bound(b + 1, b + m + 1, z) - b;
			printf("%d\n", query(T[x - 1], T[y], 1, m, z));
		}
	}
	return 0;
}

posted @ 2019-02-01 19:07 Artoriax 阅读(286) 评论(0) 编辑收藏举报

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