主席树 [题解]
影魔
一个[1,n]的排列a
二元组(i,j)产生p1的贡献，满足x是(i,j)内\(a_x\)最大的位置，\(a_x<a_i且a_x<a_j\)
二元组(i,j)产生p2的贡献，满足x是(i,j)内\(a_x\)最大的位置，\(a_j<a_x<a_i或a_i<a_x<a_j\)
套路：对于三元组(i,j,k)且满足i< j< k，考虑枚举 j 计算贡献
做出单调栈，l[i]，r[i]表示 i 管辖的左右端点
i 作为最大值时，(l[i]-1,r[i]+1)做出p1的贡献
\((l_i-1,[i+1,r_i])和([l_i,i-1],r_i+1)\)做出p2的贡献
问题转化成二维平面数点，主席树维护
代码
middle
首先将询问区间分成三部分[a,b-1],[b,c],[c+1,d],即为k1,k2,k3
k2是必须选的，k1选择一段后缀，k3选择一段前缀
套路：二分中位数x，所有>=x的数置为1，所有<x的数置为-1，check区间中位数是否为不小于x只需判断区间和是否>=0
在此题只需check k2的区间和 + k1的最大后缀和+k3的最大前缀和是否>=0
区间最大子段和+可持久化线段树
可持久化线段树下标为位置，对于每个中位数x记录一种版本
考虑变化，x->x+1时只需将等于x的位置1->-1
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+11;
struct tree{int lc,rc,suf,pre,sum;}tre[80*N];
struct ans_{int sum,sp;};
int n,q,ans,tot,maxx;
int root[N];
int a[N],lsh[N];
vector<int> vct[N];
inline int max_(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int read()
{
int s=0;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return s;
}
inline void get(int &x){x=(read()+ans)%n+1;return;}
void lsh_()
{
sort(lsh+1,lsh+n+1);
int x=unique(lsh+1,lsh+n+1)-lsh;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+x,a[i])-lsh;
return;
}
void px(int &a,int &b,int &c,int &d)
{
int st[4]={a,b,c,d};
sort(st,st+4);
a=st[0],b=st[1],c=st[2],d=st[3];
return;
}
void update(int i)
{
tre[i].suf=tre[tre[i].lc].suf+tre[tre[i].rc].sum;
tre[i].suf=max_(tre[i].suf,tre[tre[i].rc].suf);
tre[i].pre=tre[tre[i].lc].sum+tre[tre[i].rc].pre;
tre[i].pre=max_(tre[i].pre,tre[tre[i].lc].pre);
tre[i].sum=tre[tre[i].lc].sum+tre[tre[i].rc].sum;
return;
}
void insert(int &i,int j,int l,int r,int x,int val)
{
i=++tot,tre[i]=tre[j];
tre[i].sum+=val;
if(l==r){tre[i].suf=tre[i].pre=tre[i].sum;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) insert(tre[i].lc,tre[j].lc,l,mid,x,val);
else insert(tre[i].rc,tre[j].rc,mid+1,r,x,val);
update(i);
return;
}
int query(int i,int l,int r,int x,int y)
{
if(l>=x&&r<=y) return tre[i].sum;
int mid=(l+r)>>1;
int sum=0;
if(x<=mid) sum=query(tre[i].lc,l,mid,x,y);
if(y>mid) sum+=query(tre[i].rc,mid+1,r,x,y);
return sum;
}
ans_ get_max(int i,int l,int r,int x,int y,bool jd)
{
if(l>=x&&r<=y) return (ans_){tre[i].sum,jd?tre[i].pre:tre[i].suf};
int mid=(l+r)>>1;
ans_ ans1={0,0},ans2={0,0},ans;
if(x<=mid) ans1=get_max(tre[i].lc,l,mid,x,y,jd);
if(y>mid) ans2=get_max(tre[i].rc,mid+1,r,x,y,jd);
ans.sum=ans1.sum+ans2.sum;
ans.sp=jd?max_(ans1.sp,ans1.sum+ans2.sp):max_(ans2.sp,ans1.sp+ans2.sum);
return ans;
}
int check(int x,int a,int b,int c,int d)
{
int sum=0;
sum=query(root[x],1,n,b,c);
sum+=max_(0,get_max(root[x],1,n,c+1,d,1).sp);
sum+=max_(0,get_max(root[x],1,n,a,b-1,0).sp);
return sum;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i) lsh[i]=a[i]=read();
lsh_();
for(int i=1;i<=n;++i) maxx=max_(maxx,a[i]),vct[a[i]].push_back(i);
root[1]=root[0]=++tot;
for(int i=1;i<=n;++i) insert(root[1],root[1],1,n,i,1);
for(int i=2;i<=maxx;++i)
{
root[i]=root[i-1];
for(int j=0;j<vct[i-1].size();++j) insert(root[i],root[i],1,n,vct[i-1][j],-2);
}
q=read();
for(int l,r,mid,a,b,c,d,i=1;i<=q;++i)
{
get(a),get(b),get(c),get(d);
px(a,b,c,d);
l=1,r=maxx,ans=1;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid,a,b,c,d)>=0) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans=lsh[ans]);
}
return 0;
}
神秘数
首先考虑一个集合最小不能表示的数是多少
结论：设\(sum_i=\sum^{i-1}_{j=1}a_i\)，答案就是第一个满足$sum_i-a_i+1 < 0 $的位置
证明：到 i 可以表示\([1,sum_i]\)，此时加入\(a_i\)可以表示\((a_i,1+a_i...,sum_i+a_i)\)，合并的条件是\(sum_i>=a_i-1\)
此时复杂度\(O(nm\log n)\)
不必一个个数往里加，当前能表示[1,pos]，那么 < = pos+1 的数可一次性加入
具体来说，维护last，pos，表示上一次加的区间右端点为last-1，当前集合最大能表示到pos，
新的区间为[pos+1,val+pos]，val为所有值域在[last,pos]内的数的和，val=0时答案即为pos+1
复杂度\(O(m\log^2n)\)，左端点每次至少翻倍
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+11;
struct tree{
int lc,rc;
int sum;
}tre[80*N];
int n,m,tot;
int root[N];
int sum[N],a[N];
inline int read()
{
int s=0;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return s;
}
void insert(int &i,int j,int l,int r,int x)
{
i=++tot;
tre[i]=tre[j];
tre[i].sum+=x;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) insert(tre[i].lc,tre[j].lc,l,mid,x);
else insert(tre[i].rc,tre[j].rc,mid+1,r,x);
}
int query(int i,int j,int l,int r,int x,int y)
{
if(l>=x&&r<=y) return tre[j].sum-tre[i].sum;
int mid=(l+r)>>1;
int sum=0;
if(x<=mid) sum=query(tre[i].lc,tre[j].lc,l,mid,x,y);
if(y>mid) sum+=query(tre[i].rc,tre[j].rc,mid+1,r,x,y);
return sum;
}
int get_max(int i,int j,int l,int r)
{
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(tre[tre[j].rc].sum-tre[tre[i].rc].sum) return get_max(tre[i].rc,tre[j].rc,mid+1,r);
return get_max(tre[i].lc,tre[j].lc,l,mid);
}
int main()
{
n=read();
root[0]=++tot;
int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),maxx=maxx>a[i]?maxx:a[i];
for(int i=1;i<=n;++i) insert(root[i],root[i-1],1,maxx,a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
m=read();
for(int mx,pos,mxn,l,r,val,i=1;i<=m;++i)
{
l=read(),r=read();
mx=0,pos=1;
mxn=get_max(root[l-1],root[r],1,maxx);
val=0;
while(val=query(root[l-1],root[r],1,maxx,mx+1,pos))
{
mx=pos;
pos+=val;
if(pos>=mxn){pos=sum[r]-sum[l-1]+1;break;}
}
printf("%d\n",pos);
}
return 0;
}
在以上三题中，主席树的作用分别是二维平面数点，代替线段树求最大子段和，位置区间和值域区间双重限制下的权值和
