可持续化线段树（主席树）

1|0什么是主席树

可持久化数据结构(Persistent data structure)就是利用函数式编程的思想使其支持询问历史版本、同时充分利用它们之间的共同数据来减少时间和空间消耗。

因此可持久化线段树也叫函数式线段树又叫主席树。

 

2|0可持久化数据结构

在算法执行的过程中，会发现在更新一个动态集合时，需要维护其过去的版本。这样的集合称为是可持久的。

实现持久集合的一种方法时每当该集合被修改时，就将其整个的复制下来，但是这种方法会降低执行速度并占用过多的空间。

考虑一个持久集合S。

如图所示，对集合的每一个版本维护一个单独的根，在修改数据时，只复制树的一部分。

称之为可持久化数据结构。

 

离散化

       但是，有一个很重要的问题！题目的空间限制肯定是有的，假设所输入的数的范围为int，你总不可能开一个大小为int的树吧？而且还要多棵线段树。此时此刻，我们就可以引入一个新知识了——离散化。看起来很高端，其实很简单，其实你脑补一下map（属于STL）就行了，或者回忆一下高中数学必修一集合那一章，有一个叫映射的东西，和离散化意思差不多（起码在这道题上的作用是一模一样的），所以不详细阐述，在源代码中会有小小的注释。

       好了，目前有一个数列：{2,8,19,6}。假设我们已经离散化结束了，结果为2→1；6→2；8→3；19→4。那么以后我们进行数据的处理时，1就表示2了，2就表示6了，3就表示8了。。。是不是和映射一个意思？这样的好处在于，我们不需要依赖就弄个[1,2147483647]的线段树了，若题目规定n<=100000，则最大只需要一棵[1,10000]的线段树了。如下图（其实没有蛮多含义，真正的变化在后面）：

 

 

【若是建一棵[1,19]的线段树，你想想是多么浪费空间 = =。】

 

历史版本的作用

       这么多棵线段树，我们也不可能建立多个结构体来保存。我们可以把所有线段树的节点全部放在tree结构体中，设当前有m个节点，每执行一次插入操作，新增了x个节点，则存放在tree中的第(m+1)个节点至第(m+x)个节点（当然也有别的编号方式）。同时，我们需要一个root数组，其中root[i]表示第i棵线段树的根节点的编号。        这样我们就构建完了，来想想——为什么需要历史版本？回到我们一开始的问题，求区间第k大，假设当前询问为求[x,y]的第k大，则我们所需要用到的线段树为第x+1棵到第y棵。从根节点开始，我们将第y棵树和第x+1棵树一一对应的节点所维护的值进行相减，其所得到的数就是在所询问的[x,y]中，当前节点表示的子区间的那几个数值在整个区间中出现的次数，用t表示，即t=root[y].[1,mid]-root[x-1].[1,mid]。先判断t是否大于k，如果t大于k，那么说明在区间[x,y]内存在[1,mid]的数的个数大于k，也就是第k大的值在[1,mid]中，否则在[mid+1,r]中。（有点绕，慢慢看 →_→）

 

 

缩小空间

       其实必要的知识已经讲得差不多了，但是我们最后还要面临一个问题——加入一个数，就新建一棵线段树。我们假设有100000个数吧，且有100000次询问，试想这一大片庞大的线段树森林是要占用多大的内存？一定会MLE的（当然数据小就无所谓）。我们有什么办法缩小空间需求？我们注意到，每次我们加入一个被离散化后的数x，则从根结点开始向下更新，我们真正相对于前面一棵线段树的差异之处是很少的！设有一颗[1,4]的线段树，若当前插入值为3，则[1,4]的左儿子[1,2]没有丝毫改动！如果又新建一个，完全是浪费。这样子，我们就有一个方法缩小冗余的空间了——将没有区别的部分直接指回去！如图所示：

 

 

空间是不是小多了！是的。后面的线段树也以此类推。

3|0可持久化线段树

令 T 表示一个结点，它的左儿子是 left(T)，右儿子是 right(T)。

若 T 的范围是 [L,R]，那么 left(T) 的范围是 [L,mid]，right(T) 的范围是 [mid+1,R]。

3|1单点更新

我们要修改一个叶子结点的值，并且不能影响旧版本的结构。

在从根结点递归向下寻找目标结点时，将路径上经过的结点都复制一份。

找到目标结点后，我们新建一个新的叶子结点，使它的值为修改后的版本，并将它的地址返回。

对于一个非叶子结点，它至多只有一个子结点会被修改，那么我们对将要被修改的子结点调用修改函数，那么就得到了它修改后的儿子。

在每一步都向上返回当前结点的地址，使父结点能够接收到修改后的子结点。

在这个过程中，只有对新建的结点的操作，没有对旧版本的数据进行修改。

3|2区间查询

从要查询的版本的根节点开始，像查询普通的线段树那样查询即可。

3|3延迟标记

...

 

4|0区间第K小值问题

有n个数，多次询问一个区间[L,R]中第k小的值是多少。

4|1查询[1,n]中的第K小值

我们先对数据进行离散化，然后按值域建立线段树，线段树中维护某个值域中的元素个数。

在线段树的每个结点上用cnt记录这一个值域中的元素个数。

那么要寻找第K小值，从根结点开始处理，若左儿子中表示的元素个数大于等于K，那么我们递归的处理左儿子，寻找左儿子中第K小的数；

若左儿子中的元素个数小于K，那么第K小的数在右儿子中，我们寻找右儿子中第K-(左儿子中的元素数)小的数。

4|2查询区间[L,R]中的第K小值

我们按照从1到n的顺序依次将数据插入可持久化的线段树中，将会得到n+1个版本的线段树（包括初始化的版本），将其编号为0~n。

可以发现所有版本的线段树都拥有相同的结构，它们同一个位置上的结点的含义都相同。

考虑第i个版本的线段树的结点P，P中储存的值表示[1,i]这个区间中，P结点的值域中所含的元素个数；

假设我们知道了[1,R]区间中P结点的值域中所含的元素个数，也知道[1,L-1]区间中P结点的值域中所包含的元素个数，显然用第一个个数减去第二个个数，就可以得到[L,R]区间中的元素个数。

因此我们对于一个查询[L,R]，同步考虑两个根root[L-1]与root[R]，用它们同一个位置的结点的差值就表示了区间[L,R]中的元素个数，利用这个性质，从两个根节点，向左右儿子中递归的查找第K小数即可。 

4|3POJ 2104 K-th Number (HDU 2665)

注意可持久化数据结构的内存开销非常大，因此要注意尽可能的减少不必要的空间开支。

 1 const int maxn=100001;
struct Node{
    int ls,rs;
    int cnt;
}tr[maxn*20];
int cur,rt[maxn];
void init(){
    cur=0;
}
inline void push_up(int o){
    tr[o].cnt=tr[tr[o].ls].cnt+tr[tr[o].rs].cnt;
}
int build(int l,int r){
    int k=cur++;
    if (l==r) {
        tr[k].cnt=0;
        return k;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    tr[k].ls=build(l,mid);
    tr[k].rs=build(mid+1,r);
    push_up(k);
    return k;
}
int update(int o,int l,int r,int pos,int val){
    int k=cur++;
    tr[k]=tr[o];
    if (l==pos&&r==pos){
        tr[k].cnt+=val;
        return k;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos<=mid) tr[k].ls=update(tr[o].ls,l,mid,pos,val);
    else tr[k].rs=update(tr[o].rs,mid+1,r,pos,val);
    push_up(k);
    return k;
}
int query(int l,int r,int o,int v,int kth){
    if (l==r) return l;
    int mid=(l+r)>>1;
    int res=tr[tr[v].ls].cnt-tr[tr[o].ls].cnt;
    if (kth<=res) return query(l,mid,tr[o].ls,tr[v].ls,kth);
    else return query(mid+1,r,tr[o].rs,tr[v].rs,kth-res);
}

 

5|0常数优化的技巧

一种在常数上减小内存消耗的方法：

插入值时候先不要一次新建到底，能留住就留住，等到需要访问子节点时候再建下去。

这样理论内存复杂度依然是O(Nlg^2N)，但因为实际上很多结点在查询时候根本没用到，所以内存能少用一些。

 

6|0动态第K小值

每一棵线段树是维护每一个序列前缀的值在任意区间的个数，如果还是按照静态的来做的话，那么每一次修改都要遍历O(n)棵树，时间就是O(2*M*nlogn)->TLE。

考虑到前缀和，我们通过树状数组来优化，即树状数组套主席树，每个节点都对应一棵主席树，那么修改操作就只要修改logn棵树，O(nlognlogn+Mlognlogn)时间是可以的，但是直接建树要nlogn*logn（10^7）会MLE。

我们发现对于静态的建树我们只要nlogn个节点就可以了，而且对于修改操作，只是修改M次，每次改变俩个值（减去原先的，加上现在的）也就是说如果把所有初值都插入到树状数组里是不值得的，所以我们分两部分来做，所有初值按照静态来建，内存O(nlogn)，而修改部分保存在树状数组中，每次修改logn棵树，每次插入增加logn个节点O(M*logn*logn+nlogn)。

 

7|0可用主席树解决的问题

 

7|1POJ 2104 K-th Number

入门题，求区间第K小数。

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <algorithm>
 5 using namespace std;
const int maxn=100001;
struct Node{
    int ls,rs;
    int cnt;
}tr[maxn*20];
int cur,rt[maxn];
void init(){
    cur=0;
}
inline void push_up(int o){
    tr[o].cnt=tr[tr[o].ls].cnt+tr[tr[o].rs].cnt;
}
int build(int l,int r){
    int k=cur++;
    if (l==r) {
        tr[k].cnt=0;
        return k;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    tr[k].ls=build(l,mid);
    tr[k].rs=build(mid+1,r);
    push_up(k);
    return k;
}
int update(int o,int l,int r,int pos,int val){
    int k=cur++;
    tr[k]=tr[o];
    if (l==pos&&r==pos){
        tr[k].cnt+=val;
        return k;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if (pos<=mid) tr[k].ls=update(tr[o].ls,l,mid,pos,val);
    else tr[k].rs=update(tr[o].rs,mid+1,r,pos,val);
    push_up(k);
    return k;
}
int query(int l,int r,int o,int v,int kth){
    if (l==r) return l;
    int mid=(l+r)>>1;
    int res=tr[tr[v].ls].cnt-tr[tr[o].ls].cnt;
    if (kth<=res) return query(l,mid,tr[o].ls,tr[v].ls,kth);
    else return query(mid+1,r,tr[o].rs,tr[v].rs,kth-res);
}
int b[maxn];
int sortb[maxn];
int main()
{
    int n,m;
    int T;
    //scanf("%d",&T);
    //while (T--){
58     while (~scanf("%d%d",&n,&m)){
        init();
        for (int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&b[i]);
            sortb[i]=b[i];
        }
        sort(sortb+1,sortb+1+n);
        int cnt=1;
        for (int i=2;i<=n;i++){
            if (sortb[i]!=sortb[cnt]){
                sortb[++cnt]=sortb[i];
            }
        }
        rt[0]=build(1,cnt);
        for (int i=1;i<=n;i++){
            int p=lower_bound(sortb+1,sortb+cnt+1,b[i])-sortb;
            rt[i]=update(rt[i-1],1,cnt,p,1);
        }
        for (int i=0;i<m;i++){
            int a,b,k;
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
            int idx=query(1,cnt,rt[a-1],rt[b],k);
            printf("%d\n",sortb[idx]);
        }
    }
    return 0;
}

 

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本文作者：shenben
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