线段树合并总结
线段树合并总结
咕咕咕中
原理
复杂度
两棵线段树合并复杂度即为两棵树公共节点数\(\times logn\)，据说因为实际重合部分一般比较少，一次合并两棵线段树的复杂度近似为\(O(logn)\)，所以合并\(n\)棵线段树复杂的为\(O(nlog_n)\)。
据说空间复杂度也是\(nlogn\)
题
CF600E Lomsat gelral
一棵树有n个结点，每个结点都是一种颜色，每个颜色有一个编号，求树中每个子树的最多的颜色编号的和。
权值线段树，下标为颜色，维护区间答案和最多颜色编号和，然后自底向上合并即可。
#include <cstdio>
#define MAXN 100010
#define sl tre[x].l
#define sr tre[x].r
#define ll long long
using namespace std;
int head[MAXN],vv[MAXN*2],nxt[MAXN*2],tot;
inline void add_edge(int u, int v){
vv[++tot]=v;
nxt[tot]=head[u];
head[u]=tot;
}
struct nod{
int l, r;
ll ans, sum;
}tre[MAXN*2*20];
int rt[MAXN],cnt,n;
int col[MAXN];
ll res[MAXN];
void push_up(int x){
if(tre[sl].sum>tre[sr].sum){
tre[x].sum=tre[sl].sum;
tre[x].ans=tre[sl].ans;
}else if(tre[sl].sum<tre[sr].sum){
tre[x].sum=tre[sr].sum;
tre[x].ans=tre[sr].ans;
}else{
tre[x].sum=tre[sl].sum;
tre[x].ans=tre[sl].ans+tre[sr].ans;
}
}
int merge(int a, int b, int l, int r){
if(a==0) return b;
if(b==0) return a;
if(l==r){
tre[a].ans=l;
tre[a].sum+=tre[b].sum;
return a;
}
int mid=(l+r)>>1;
tre[a].l=merge(tre[a].l, tre[b].l, l, mid);
tre[a].r=merge(tre[a].r, tre[b].r, mid+1, r);
push_up(a);
return a;
}
void update(int &cur, int l, int r, int pos, int val){
if(cur==0) cur=++cnt;
if(l==r){
tre[cur].sum+=(ll)val;
tre[cur].ans=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) update(tre[cur].l, l, mid, pos, val);
else update(tre[cur].r, mid+1, r, pos, val);
push_up(cur);
}
void dfs(int u, int f){
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=vv[i];
if(v==f) continue;
dfs(v, u);
merge(rt[u], rt[v], 1, 100000);
}
update(rt[u], 1, 100000, col[u], 1);
res[u]=tre[rt[u]].ans;
}
int main(){
scanf("%d", &n);
cnt=n;
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d", &col[i]),rt[i]=i;
for(int i=1;i<=n-1;++i){
int u,v;
scanf("%d %d", &u, &v);
add_edge(u, v);
add_edge(v, u);
}
dfs(1, 0);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld ", res[i]);
return 0;
}
[湖南集训]谈笑风生
给一棵树\(n\)个节点，\(q\)次询问，每次给定\(p,k\)，问有多少三元组\((p,b,c)\)满足\(p,b\)均为\(c\)的父亲，\(p,b\)在树上的距离不超过\(k\)
\(n,q\le 10^5\)
两种情况：
- \(b\)在\(a\)的上面，我们发现\(b\)有\(min(dep[a]-1, k)\)个可选位置，而\(a\)的子树内所有节点（除了节点\(a\)本身）均可作为\(c\)，所以共有$min(dep[a]-1, k)\times(sz[a]-1) $个三元组满足。
- 对于\(b\)在\(a\)的下面，我们可以每个节点都维护一颗下标为深度的权值线段树，因为节点\(u\)作为\(b\)的同时，其子树除\(u\)外均可作为\(c\)，所以对于深度\(dep[u]\)的贡献为\(sz[u]-1\)，然后在\(dfs\)回溯时同时合并子树线段树，每次答案即为深度区间\([dep[a]+1, dep[a]+k]\)的区间和。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MAXN 300003
#define MAXM 300003*30
#define ll long long
using namespace std;
int head[MAXN],nxt[MAXN*2],vv[MAXN*2],tot;
inline void add_edge(int u, int v){
vv[++tot]=v;
nxt[tot]=head[u];
head[u]=tot;
}
int cnt;
ll tre[MAXM*2];
int sl[MAXM*2],sr[MAXM*2];
void change(int &x, int l, int r, int pos, int val){
if(x==0) x=++cnt;
tre[x]+=val;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) change(sl[x], l, mid, pos, val);
else change(sr[x], mid+1, r, pos, val);
}
ll query(int x, int l, int r, int ql, int qr){
if(x==0) return 0;
if(ql<=l&&r<=qr) return tre[x];
int mid=(l+r)>>1;
ll res=0;
if(ql<=mid) res+=query(sl[x], l, mid, ql, qr);
if(mid<qr) res+=query(sr[x], mid+1, r, ql, qr);
return res;
}
int merge(int a, int b, int l, int r){
if(a==0||b==0) return a+b;
int mid=(l+r)>>1;
int x=++cnt;
tre[x]=tre[a]+tre[b];
sl[x]=merge(sl[a], sl[b], l, mid);
sr[x]=merge(sr[a], sr[b], mid+1, r);
return x;
}
int n,q;
int sz[MAXN],rot[MAXN],dep[MAXN];
void dfs(int u, int fa){
sz[u]=1;
dep[u]=dep[fa]+1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=vv[i];
if(v==fa) continue;
dfs(v, u);
sz[u]+=sz[v];
}
change(rot[u], 1, n, dep[u], sz[u]-1);
rot[fa]=merge(rot[fa], rot[u], 1, n);
}
int main(){
scanf("%d %d", &n, &q);
for(int i=1;i<n;++i){
int a,b;scanf("%d %d", &a, &b);
add_edge(a, b);add_edge(b, a);
}
dfs(1, 0);
while(q--){
int p,k;scanf("%d %d", &p, &k);
printf("%lld\n", query(rot[p], 1, n, dep[p]+1, dep[p]+k)+(ll)(sz[p]-1)*min(k, dep[p]-1));
}
return 0;
}
