学习笔记：可持久化线段树（主席树）：静态 + 动态

学习笔记：可持久化线段树（主席树）：静态 + 动态

前置知识：

  1. 线段树。线段树分享可以看：@秦淮岸、@ZYzzz、@妄想の岚がそこに
  2. 树状数组。\(BIT\)分享可以看：@T-Sherlock、Chicago、@weishengkun
  3. 权值线段树：相当于将线段树当成一个桶，其中的每一个点所代表的区间相当于一段值域。维护的值为这段值域中的一些信息。

例如该图，节点\(2\)代表的是值域为\([1, 2]\)的区间，节点\(6\)代表值域为\([3, 4]\)的区间...

  1. 可持久化概念：

可持久化实质上就是存储该数据结构所有的历史状态，以达到高效的处理某些信息的目的。

静态区间第\(k\)小

抛出问题

题目链接：给定长度为\(N\)的序列\(A\)，有\(M\)次询问，给定\(l_i, r_i, k_i\)，求在\([l_i, r_i]\)区间内第\(k_i\)小的数是多少。

\(N <= 10^5, M <= 10^4\)

先考虑如何求总序列第\(k\)小

我们可以建立一颗权值线段树，每个点存储的信息为该值域区间存在的数的个数。

因为线段树的性质，所以每个点的左子树的值域区间 $ <= $ 右子树的值域区间。

所以我们先看左子树区间有多少个数，记为\(cnt_{left}\)。

  • 如果\(k_i <= cnt_{left}\)，说明第\(k_i\)小的数一定在左子树的值域内，所以问题便转换为了“在左子树的值域内找第\(k_i\)小的数”。
  • 否则，说明第\(k_i\)小的数一定在左子树的值域内，考虑到左子树已经有\(cnt_{left}\)个最小的数，问题便转换为了“在右子树的值域内找第\(k_i - cnt_{left}\)小的数”

问题转换到任意区间

我们要用\([l_i, r_i]\) 区间的数建立权值线段树。

我们发现可以用前缀和来维护：

只要用预处理大法分别以\([1, l_i]\)和\([1, r_i]\)的数建立权值线段树，每个点的值对位相减即可。

关键性质

发现以\([1, x]\)和\([1, x + 1]\)区间内的数所建立的权值线段树的差异仅在一条链上：（\(A[x + 1]\)的次数\(+1\)）。

也就是不超过\(log_2n\)个点。我们可以考虑动态开点：

  • 与上一个权值线段树没有差异的地方直接指引过去
  • 有差异，单独新增一个点

这样即可预处理出\([1, x] (1 <= x <= n)\)所有的权值线段树了。

时间复杂度\(O(nlog_2n)\)，空间复杂度\(O(2n + nlog_2n)\)。

注意：由于值域很大，我们需要离散化一下。

参考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100005;
//d 为离散化数组
int n, m, len, a[N], d[N];
 
//T[i] 为 [1, i] 区间的权值线段树的根节点
int T[N], tot = 0;
 
//线段树的每个点
struct SegTree{
    int l, r, v;
}t[N * 20];
 
//建树
int build(int l, int r){
    int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;
    if(l < r) {
        t[p].l = build(l, mid);
        t[p].r = build(mid + 1, r);
    }
    t[p].v = 0; return p;
}
 
//增加一个数 pre 为上一个的根节点。
int update(int pre, int l, int r, int v){
    int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;
    t[p].l = t[pre].l, t[p].r = t[pre].r, t[p].v = t[pre].v + 1;
    if(l < r){
        //应该更新哪一个值域区间
        if(v <= mid) t[p].l = update(t[pre].l, l, mid, v);
        else t[p].r = update(t[pre].r, mid + 1, r, v); 
    }
    return p;
}
 
//查询
int query(int x, int y, int l, int r, int k){
    //找到了
    if(l == r) return l;
    //对位相减
    int sum = t[t[y].l].v - t[t[x].l].v, mid = (l + r) >> 1;
    if(k <= sum) return query(t[x].l, t[y].l, l, mid, k);
    else return query(t[x].r, t[y].r, mid + 1, r, k - sum);
}
 
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", a + i), d[i] = a[i];
    //离散化
    sort(d + 1, d + 1 + n);
    len = unique(d + 1, d + 1 + n) - (d + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        a[i] = lower_bound(d + 1, d + 1 + len, a[i]) - d;
    
 
    T[0] = build(1, len);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        T[i] = update(T[i - 1], 1, len, a[i]);
    
    //回答
    while(m--){
        int l, r, k; scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
        int ans = query(T[l - 1], T[r], 1, len, k);
        printf("%d\n", d[ans]);
    }
    return 0;
}

动态区间第\(k\)小

抛出问题

题目链接：

给定长度为\(N\)的序列\(A\)，有\(M\)次询问：

  1. 给定\(l_i, r_i, k_i\)，求在\([l_i, r_i]\)区间内第\(k_i\)小的数是多少。
  2. 给定\(x_i, val_i\)，将\(A[x_i]\)的值改为\(val_i\)。

\(N <= 10^5, M <= 10^5\)

解决方案：主席树 + 树状数组思路优化

注：这道题也有树套树和整体二分的做法，这里讲解的是主席树 + 树状数组思路优化。

考虑到修改操作对每棵权值线段树的影响是：

  1. 设修改前的值为\(w\)，则\([1, x] (x_i <= x <= n)\)的线段树都把值域为\(w\)的点\(-1\)
  2. \([1, x] (x_i <= x <= n)\)的线段树都把值域为\(val_i\)的点\(+1\)

这样做的时间复杂度过高，我们可以考虑用树状数组的二进制思想进行优化：

\(T[i]\)这颗线段树代表\([i - lowbit(x) + 1, x]\)这段区间建成的线段树：

  1. 修改操作，最多修改\(log_2n\)颗线段树即可。
  2. 查询操作，用不超过\(2 * log_2n\)颗线段树就能拼（前缀和）出\([l_i, r_i]\)的线段树。

注意，在查询时的代码实现：

  1. 用\(X\)数组存储拼出\([1, x - 1]\)的所有点。
  2. 用\(Y\)数组存储拼出\([1, y]\)的所有点。

然后用普通主席树的方法，让所有的跟着跳，对位相减即可。

时间复杂度\(O(nlog^2n)\)， 空间复杂度\(O(2n + (n + m)log^2n)\)

参考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
//P为最多可能的线段树点数
const int N = 100005, P = N * 441, L = 20;
 
//操作序列
struct Ops{
    int i, j, k;
}op[N];
 
//线段树
struct SegTree{
    int l, r, v;
}t[P];
 
//d数组为离散化数组
int n, m, len = 0, a[N], d[N << 1];
//T[i] 以 [i - lowbit(x) + 1, x] 这段区间的线段树的根节点
//X[i]、Y[i]代表多个点跟着跳，类似于普通版的$x, y$。
int T[N], tot = 0, X[L], Y[L], cx, cy;
char s[2];
 
//建树
int build(int l, int r){
    int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;
    t[p].v = 0;
    if(l < r){
        t[p].l = build(l, mid);
        t[p].r = build(mid + 1, r);
    }
    return p;
}
 
//更新
int update(int pre, int l, int r, int x, int v){
    int p = ++tot, mid = (l + r) >> 1;
    t[p].l = t[pre].l, t[p].r = t[pre].r, t[p].v = t[pre].v + v;
    if(l < r){
        if(x <= mid) t[p].l = update(t[pre].l, l, mid, x, v);
        else t[p].r = update(t[pre].r, mid + 1, r, x, v);
    }
    return p;
}
 
//把 [1, i] (x <= i <= n) 的线段树中值域为 a[x] 的次数 += v
void inline add(int x, int v){
    int val = lower_bound(d + 1, d + 1 + len, a[x]) - d;
    for(; x <= n; x += x & -x)
        T[x] = update(T[x], 1, len, val, v);
}
 
//查询
int query(int l, int r, int k){
    if(l == r) return l;
    int mid = (l + r) >> 1, sum = 0;
    //前缀和
    for(int i = 1; i <= cx; i++)
        sum -= t[t[X[i]].l].v;
    for(int i = 1; i <= cy; i++)
        sum += t[t[Y[i]].l].v;
    if(k <= sum){
        //跟着跳
        for(int i = 1; i <= cx; i++)
            X[i] = t[X[i]].l;
        for(int i = 1; i <= cy; i++)
            Y[i] = t[Y[i]].l;
        return query(l, mid, k);
    }else{
        //跟着跳
        for(int i = 1; i <= cx; i++)
            X[i] = t[X[i]].r;
        for(int i = 1; i <= cy; i++)
            Y[i] = t[Y[i]].r;
        return query(mid + 1, r, k - sum);
    }
}
 
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", a + i), d[++len] = a[i];
 
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        scanf("%s", s);
        if(s[0] == 'Q') {
            scanf("%d%d%d", &op[i].i, &op[i].j, &op[i].k);
        }else{
            scanf("%d%d", &op[i].i, &op[i].j);
            d[++len] = op[i].j; op[i].k = 0;
        }
    }
    //离散化
    sort(d + 1, d + 1 + len);
    len = unique(d + 1, d + 1 + len) - (d + 1);
 
    //这里建树，将每一个根节点初始化成1。
    T[0] = build(1, len);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        T[i] = 1;
 
    //建立可持久化线段树
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        add(i, 1);
    
    //处理询问
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        if(op[i].k){
            //是查询操作
            cx = 0; cy = 0;
            //把需要跳的点扔进去
            for(int j = op[i].i - 1; j; j -= j & -j)
                X[++cx] = T[j];
            for(int j = op[i].j; j; j -= j & -j)
                Y[++cy] = T[j];
            printf("%d\n", d[query(1, len, op[i].k)]);
        }else{
            //修改操作
            add(op[i].i, -1);
            a[op[i].i] = op[i].j;
            add(op[i].i, 1);
        }
    }
    return 0;
}

参考：

  1. 主席树 - 孤独·粲泽
  2. 浅谈权值线段树到主席树 - alpha1022
  3. 算法竞赛进阶指南
  4. 动态第K大&主席树 - Gitfan
  5. 题解 P2617 【Dynamic Ranking】 - zcysky
posted @   DMoRanSky  阅读(1460)  评论(6)  编辑  收藏  举报
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