我不会数据结构

线段树 / 树状数组 / KDT / 李超线段树

概述：线段树用于维护序列，是一个包含 $2n - 1$ 个节点的树形结构， 其中非叶子节点都有两个儿子，中序遍历这颗树得到的恰好是 $1, 2, \dots n$。

一般在存储时，空间会开到 $4n$ 倍，有一种特殊的写法可以使空间优化到 $2n$ 倍 ：即线段树上 $[l, r]$ 所对应的区间为 $(l+r) \ | (l \neq r)$， 读者可以自行证明其正确性。

一般我们使用的线段树为狭义线段树（标准线段树），它要求节点 $[l, r]$ 的左儿子是 $[l, mid]$， 右儿子是 $(mid,r]$。

线段树的基本性质：

• 任意两个节点的区间要么互相包含， 要么不交。
• 区间 $[l,r]$ 可以唯一拆分成线段树上若干个区间的不交并， 称这些区间构成 $[l, r]$ 的区间拆分。
• 最小区间拆分的大小不超过 $2 \log n + c$，其中 $c$ 为常数。

线段树基本操作：

我们可以用线段树维护一系列区间数据结构问题：

• 最简单的是区间查询， 即询问给定序列的 $[l,r]$ 的相关信息， 若我们对于每个区间维护一个 $f([l,r])$， 使得 $f(\emptyset)$ 和 $f([l, l])$ 容易计算，并且我们可以快速合并 $f[a,c] = f[a,b]+f[b+1,c]$， 设合并一次的复杂度为 $T$， 则进行一次查询的复杂度为 $nT \log n$， 初始化复杂度为 $nT$。

  • 维护区间和 ： $sum(l,r) = sum(l,mid) + sum(mid+1,r)$。

  • 区间乘积 ： $prod(l,r) = prod(l,mid) \times prod(mid+1,r)$。

  • 区间最大子段和：额外维护 $pre[l,r]$，$suf[l,r]$ 表示前缀 / 后缀最值，则 $ans(l,r) = \max(\max(ans(l,mid), ans(mid+1,r),suf(l,mid)+pre(mid+1,r))$。

• 当进行区间修改时，我们维护了懒标记：对于每个点额外维护了一套标记信息 $g(l,r)$， 使得在修改 $[l,r]$ 时我们不需要暴力修改， 而是先将修改的信息保存在 $g(l,r)$，算出他对 $f(l,r)$ 的影响。 此后无论是修改还是询问， 只要经过这个点我们都对标记进行下放，并把 $g(l,r)$ 清空。

  在设计标记时，要注意标记之间能否快速合并， 是否能够快速算出对 $f(l,r)$ 的影响。

  • 区间乘，区间加，我们维护 $g(l,r) = (mul,add)$ 表示区间先乘上 $mul$ 在加上 $add$，而不维护先加上 $add$ 再乘上 $mul$。 
    

  • 区间加， 区间 $k$ 次方之和： $(x+v)^k = \sum\limits_{i = 0}^{k} \dbinom k i x^iv^{k - i}$，维护区间 $1, 2, \dots k$ 次方之和后组合数算一下即可。
  • 区间加，区间选取 $k$ 个数乘积之和：设 $f_{x,i}$ 为 $x$ 节点选了 $i$ 个数的总和， 转移直接卷积即可。 区间加时，有 $f_{x,i} = \sum\limits_{j = 0}^{i} \dbinom {n - i+j} j f_{x,j}v^j$，时间复杂度 $O(n\log n \times k^2)$。

维护矩阵乘积：

有时线段树维护的区间信息满足一定的线性性和递推性，可以直接用矩阵表示转移，维护的 $f(l,r)$ 看做行向量， 转移看成 $n \times n$ 的矩阵， 常见的结合律有乘法对加法， $\max$ 对加法，异或对与。 也称为动态 dp。

我们通过几道例题来实际感受一下它的用途：

一棵树，支持单点修改权值，维护全局最大独立集大小。

朴素 dp 设 $f[x][0/1]$ 表示 $x$ 子树内， $x$ 是否选择的最大独立集大小， 有转移 ：

$f[x][0] \leftarrow f[x][0]+ \max(f[y][0], f[y][1])$， $f[x][1] \leftarrow f[x][1] + f[y][0]$，

再考虑把树剖分， 设 $son_x$ 为 $x$ 的重儿子， $g_{x,0 / 1}$ 表示 $x$ 不考虑重儿子时的 dp 值， 将状态转移方程改写：

$f_{x,0} \leftarrow g_{x,0} + \max(f_{son,0}, f_{son,1})$， $f_{x,1} \leftarrow g_{x,1} + f_{son,0}$ ， 表示成矩阵 ：

$\begin{bmatrix} g_{x,0} ,g_{x,1} \\ g_{x,1} ,-\infty\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{y,0} \\ f_{y,1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_{x,0} \\ f_{x,1} \end{bmatrix}$， 注意此时要求 $x$ 和 $y$ 在同一条重链上，于是我们直接线段树维护这个矩阵即可。

修改路径时， 我们只用考虑轻儿子对父亲的贡献， 也就是一条重链的链顶对父亲的贡献，这是可以直接对父亲的转移矩阵操作的。

[THUSCH2017] 大魔法师

维护一个序列 $A, B, C$， 支持以下 7 种操作：

• 区间 $A_i = A_i+ B_i$， 区间 $B_i = B_i + C_i$， 区间 $C_i = C_i + A_i$
• 区间 $A_i$ 加 $v$， 区间 $B_i$ 乘 $v$， 区间 $C_i$ 赋值为 $v$。
• 询问区间 $A, B, C$ 之和。

直接用记下 $[\sum A, \sum B, \sum C, len]$ 即可，转移易。

2. 小 Y 和恐怖的奴隶主

   dp 直接写成矩阵即可。

3. CF750E New Year and Old Subsequence

   dp 直接写成矩阵即可。

可持久化线段树 / 标记永久化

如果一棵线段树在修改时我们要维持改版本之前的线段树不变， 我们需要对需要修改的线段树节点复制后再修改， 称为可持久化。

单点修改的可持久化是简单的：我们只需要把根到叶节点的点全部复制一遍即可，因此修改 $n$ 次的空间复杂度为 $O(n\log n)$。

但当要支持区间操作时，每次 push_down 时都要新建儿子， 这会使空间大大消耗，此时我们考虑标记永久化，直接将标记放到对应的位置后不下传， 只在询问时计算它的贡献。

要满足标记要有可交换律。

例：主席树区间加，应该这么写：

inline int update(int p, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
	int P = ++tot;
	tre[P] = tre[p], tre[P].sum = tre[p].sum + 1ll * (min(qr, r) - max(ql, l) + 1) * v;
	if(ql <= l && r <= qr) {
		tre[P].tag += v;
		return P;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	if(ql <= mid) tre[P].l = update(tre[P].l, l, mid, ql, qr, v);
	if(qr > mid) tre[P].r = update(tre[P].r, mid + 1, r, ql, qr, v);
	return P;
}

inline ll Query(int p, int q, int l, int r, int ql, int qr) {
	if(ql <= l && r <= qr) return tre[q].sum - tre[p].sum;
	int mid = l + r >> 1;
	ll res = 1ll * (min(qr, r) - max(ql, l) + 1) * (tre[q].tag - tre[p].tag);
	if(ql <= mid) res += Query(tre[p].l, tre[q].l, l, mid, ql, qr);
	if(qr > mid) res += Query(tre[p].r, tre[q].r, mid + 1, r, ql, qr);
	return res;
}

应用

总长度为 $n$， 字符集大小为 $|\sum s| = 10^5$ 的子序列自动机， AC 自动机。

子序列自动机：前一个位置的转移只由后一个位置加一个单点修改。

AC 自动机：一个点的转移只在其失配指针基础上修改它有出边的儿子。

区间数颜色：维护 $pre_i$ 表示上一个颜色和 $i$ 相同的点， 则 $[l,r]$ 的颜色数等于 $[l,r]$ 中 $pre_k < l$ 的个数。

区间 mex：对于每一个 $r$ 维护 $pre_i$， 答案就是第 $r$ 棵主席树中第一个 $pre_k < l$ 的点， 线段树二分即可。

可持久线段树的最常见用法是充当一个线段树的前缀和。

当询问满足可减性时， 进行 $[l,r]$ 的询问时用第 $r$ 棵树减去第 $l - 1$ 棵树，例如权值线段树可持久化后得到主席树， 可以支持区间 $k$ 大。

当询问是在线时， 一般使用主席树使问题降一维。 若可以离线则可以树状数组。

[AH2017/HNOI2017]影魔

势能分析

正常的线段树当 $[l,r] \cap [ql, qr] = [l, r]$ 就会停止， 但某些问题我们有可能到了 $[l,r] \cap [ql, qr] = [l,r]$ 依然无法快速更新，这时线段树的时间复杂度需要依靠势能分析。

例：[雅礼集训 2017] 市场

维护一个长度为 n 的序列，支持 m 次操作，操作包括区间加，区间除一个数下取整，以及查询区间最小值和区间和。

直接用线段树记录区间最大最小，向下取整时，若 $mx - \dfrac{mx}{d} = mn - \dfrac{mn} d$， 即差值相等时，直接打标记退出。

[BZOJ 5312] 冒险

维护一个长度为 n 的序列，支持 m 次操作，操作包括区间按位或一个数，区间按位与一个数，以及查询区间最大值。

用线段树记录区间的与， 或和，计算出区间不是所有元素都有的位置， 当按位与 / 或时完全包含这个区间或交为空集时直接打上区间与 / 或标记， 因为此时值的相对大小不会改变。

【模板】线段树 3

维护一个长度为 n 的序列， 支持区间加， 区间对一个数取 min，区间和， 区间最大值， 区间历史最大值，区间历史和。

合并与分裂 / 优化 dp

合并即是合并若干棵总点数为 $O(M)$ 的动态开点线段树， 可以直接按叶子个数启发式合并， 但我们可以直接合并。

定义 Merge(x,y) 表示合并 x 和 y 子树。

• 若 x = 0， 返回 y；若 y = 0，返回 x。
• 若两个点都是叶子，直接合并信息。
• 否则，递归合并 merge(lsx, lsy)， merge(rsx, rsy)， 然后将 x 和 y 的信息合并。

分裂依葫芦画瓢就行，可以看看代码：

inline int merge(int x, int y, int l, int r) {
	if(!x || !y) return x + y; 
	if(l == r) return t[x].siz += t[y].siz, addr(y), x; int mid = l + r >> 1; 
	t[x].l = merge(t[x].l, t[y].l, l, mid), t[x].r = merge(t[x].r, t[y].r, mid + 1, r); 
	t[x].siz += t[y].siz, addr(y); return x; 
}

inline void split(int &x, int &y, int l, int r, int ql, int qr) {
    if(ql <= l && r <= qr) return y = x, x = 0, void(); 
    int mid = l + r >> 1; if(!y) y = New_node(); 
    if(ql <= mid) split(t[x].l, t[y].l, l, mid, ql, qr); 
    if(qr > mid) split(t[x].r, t[y].r, mid + 1, r, ql, qr); 
    t[x].siz = t[t[x].l].siz + t[t[x].r].siz, t[y].siz = t[t[y].l].siz + t[t[y].r].siz; 
}

[HEOI2016/TJOI2016]排序

有一种简单的二分 + 线段树 $O(n\log^2n)$ 的做法， 使用线段树合并 + 分裂可以做到在线 $O(n \log n)$ 并求出所有区间。

$O(n \log^2 n)$ 做法：直接二分第 $p$ 位的值， 将 $< x$ 的位置设为 0， $\geq x$ 的位置设为 1， 容易发现当 x 小于 p 位的真实值时为 $1$， 否则为 $0$， 然后区间排序就变成了区间 0 / 1 赋值。

$O(n \log n)$ 做法：发现当对 $[l,r]$ 排序后，若我们知道排序是从大到小还是从小到大， 再加上 $[l,r]$ 的所有值域范围， 则 $[l,r]$ 可以直接确定。

注意这个排序有点像珂朵莉树中的"推平"操作， 于是我们直接对每一个有序的连续段维护一个值域线段树， 则排序只用把 $[l,r]$ 所有连续段线段树合并一下即可， split 操作可以通过线段树分裂实现。

由于推平连续段总复杂度 $O(n)$， 线段树合并 + 分裂为 $O(\log n)$， 故总时间复杂度 $O(n \log n)$。 感觉珂朵莉树还可以和其他连续段数据结构套起来。

[NOI2020] 命运 & [PKUWC2018]Minimax

这两个题都差不多，讲一个就行了。

设 $f[x][i]$ 表示 $x$ 的权值为 （离散化后的）$i$ 的方案， 显然有转移：

当 $x$ 为叶子， $f[x][a[x]] = 1$； 当 $x$ 一个儿子：$f[x] = f[son_x]$；

当 $x$ 两个儿子：$f[x][i] = p \times (\sum\limits_{j = 1}^{i}f[ls][j] \times f[rs][i]+\sum\limits_{j = 1}^{i - 1}f[rs][j] \times f[ls][i]）+(1 - p) \times (\sum\limits_{j = i}^{n}f[ls][j] \times f[rs][i] +\sum\limits_{j = i +1}^{n}f[rs][j] \times f[ls][i])$

维护一下 $ls, rs$ 的前后缀和即可，当 $x$ 和 $y$ 有一个为 0 时直接打上标记即可。

[PKUSC2019]树染色

同样有 $f[x][i] = (sum_y - f[y][i]) \times f[x][i]$， 限制可以将 $x$ 的子树合并完后置为 0 即可，最开始有个全局加 1。

注意此时的线段树的非叶节点是有信息的，它表示 $[l,r]$ 的值都是相同的，所以在 push_down 时若没有儿子要新建儿子， 与上面维护的要区分， 上面的非叶节点的信息只是为了 push_down 给叶节点。

转移就显然了：若 x 为一个连续段， 直接打上 $sum - f[y][i]$ 的标记， 若 $y$ 为一个连续段，还需将 $y$ 取反后加上 $sum_y$ 再与 x 相乘。 维护一个加乘标记即可。

[九省联考 2018] 秘密袭击 coat

神题。

建议配合 拉格朗日插值食用。

所有连通块的 $k$ 大显然不可做， 考虑转化：

若一个连通块的 $k$ 大为 $v$， 则我们在 $x = 1, 2, \dots v$ 都对这个连通块算 1 的贡献， 这样显然是正确的。 而 $x = x_0$ 的实际意义就是有多少个连通块， 其 $k$ 大 $\geq x$。

考虑和 排序 一样的思路，将 $\geq x$ 的设为 1， 否则设为 $0$，则问题就转化为有多少个连通块， 其权值 $\geq k$，对于一个 $x$， 我们显然可以 $O(n^2)$ 计算。总复杂度 $O(n^2 W)$。

考虑优化，数据范围只要我们优化一个 $n$ 或 $W$ 成 $\log$ 即可。

设 $F_x = z^{a_x \geq v}\prod\limits_{y \in son_x}(1+F_y$)， 对于一个 $v$， 我们算的是 $ans_v = \sum\limits_{x = 1}^{n}\sum\limits_{i \geq k} F[x][i]$。

拿这个直接取做线段树合并显然是不行的， 因为 $z^{a_x \geq v}$ 是平移操作 ，线段树没办法平移。

继续转化， 将限制缩小， 设 $F_{x,i}$ 表示 $x$ 子树内 $v = i$ 的多项式， 转移还是一样，设 $G_{x,i}$ 表示 $x$ 子树内所有 $F_{x,i}$ 之和， 即 $G_{x,i} = F_{x,i}+\sum\limits_{y \in son_x}G_{y,i}$， 答案就是：

$ans = \sum\limits_{v = 1}^{w}\sum\limits_{i \geq k}[x^i]G_{1,v} = \sum\limits_{i \geq k} [x^i]\sum\limits_{v = 1}^{w}G_{1,v}$ （想一想，为什么要这么转化？）

显而易见的是对于每一个 $v$， $F_{x,v}$ 和 $G_{x,v}$ 都是关于 $z$ 的不超过 $n$ 次的多项式，我们考虑直接把 $\sum\limits_{v = 1}^{w}G_{1,v}$ 的多项式带入 $z = 1, 2, \dots n+1$， 然后 $O(n^2)$ 拉格朗日插回系数。

考虑 $z = z_0$ 时怎么快速求值，再回顾一下我们的转移：

$F_{x,i} = z^{a_x \geq i}\prod\limits_{y \in son_x}(1+F_{y,i})$ ， $G_{x,i} = F_{x,,i}+\sum\limits_{y \in son_x}G_{y,i}$

这时我们线段树的下标 p 就表示 $F_{x,p}$ 和 $G_{x,p}$ （都是点值），那么就相当于最开始在 x 的线段树，下标在 $[1,a_x]$ 的位置 $f$ 乘 $z_0$， 然后合并时 $F_y$ 全局加 1 后 F 对应位置相乘， G 对应位置相加，最后把 $F_x$ 加到 $G_x$， 这怎么做？

考虑这么多操作， 都是线性的，那就用矩阵来表示！

直接维护 $3 \times 3$ 的矩阵复杂度直接爆炸，考虑优化，发现：

$\begin{bmatrix} f, g ,1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} a, c, 0 \\ 0, 1, 0 \\ b, d, 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f', g', 1\end{bmatrix}$

于是只用保存 $a, b, c, d$ 四个状态即可，初始向量为 $[0,0,1]$。

嗯，很好， 比暴力慢了 6 倍。

结构分析

在使用线段树维护区间操作时，设操作 $[l, r]，$可以根据标记作用的不同类型来将影响到的区间划分成以下五种：

• 被 $[l, r]$ 完全包含，此时一定存在标记。
• 位于被包含区间的内部，没有影响。
• 在寻找区间时经过的点，一定没有标记。
• 在寻找区间时经过的点下传标记影响到的点，若它的祖先链上存在一个有标记的点，则它一定有标记。
• 位于第 4 类区间的内部，没有影响。

若要动态维护线段树上每个区间的标记个数，可设 $f_i$ 表示 $i$ 是否有标记，$g_i$ 表示 $i$ 到祖先链上是否有标记，转移为：

• 第一类：$f'_i = g'_i = 1$。
• 第二类：$f'_i = f_i, g'_i = 1$。
• 第三类：$f_i' = g_i' = 0$。
• 第四类：$f_i‘ = g_i' = g_i$。
• 第五类：$f_i' = f_i, g'_i = g_i$。

例：

[ZJOI2020] 传统艺能

[ZJOI2019]线段树

区间单调栈

以一道例题作为引入：

LG4198 楼房重建

维护长度为 $n$ 的数组，支持单点修改，查询全局不同前缀最大值个数。

若利用线段树直接 push_up，需要记录当前区间的答案，最大值，但合并两个区间不好合并，因为要查询左侧最大值为栈顶时的可能的右端点个数。

设 $c([l, r], x)$ 表示区间 $[l, r]$ 中 $\geq x$ 的不同前缀最大值个数，等价于 $ans_{lc}+c([mid+1, r], mx_{lc})$。 而 $c$ 的求解仍然可以在线段树上递归：

• 若当前区间最大 $<x$，返回 0。
• 递归到叶子节点，简单判断即可。
• 若左侧 $mx >x$，将答案加上 $ans_p - ans_{lc}$，递归左子树。
• 否则直接递归右子树。

这样，我们通过将 push_up 以一个 $\log$ 的代价完成了维护。

容易发现这利用了前缀最大值的可减性。

若不利用减法，还可以这样维护：

树状数组

李超线段树

KDT