李超线段树学习笔记
咕咕咕了不知道多久，来写一下吧：
李超线段树，目前我只知道可以用来维护线段的信息，比较受限
主要是维护一些线段（或直线），然后查询以 $x=a$ 的直线切这些线段的纵坐标的最大（小）值
很显然不好直接维护，因为不具有什么单调性之类的，我们考虑依次插入一条线段
对于当前区间（ $x \in [l,r]$ ）：
我们定义 $[l,r]$ 的最优线段是以当 $x=mid$ （ $mid=\lfloor\frac{l+r}{2}\rfloor$ ）时纵坐标最大的线段
定义左区间为 $[l,mid]$ ，右区间为 $[mid+1,r]$
我们考虑插入的步骤（设插入线段为 $y'=k'x+b'$ ，原最优线段为 $y=kx+b$ ）：
1、 当插入一条线段在当前区间时，如果我们发现新线段为该区间的最优线段时，我们就将最优线段变为新线段，改为插入原最优线段
2、 如果插入线段严格劣于最优线段即 $x \in [l,r] \ \ y'<y$ 时，说明插入此线段起不到任何贡献，直接不用插入了
3、 否则，因为当前需插入线段肯定不是最优线段（如果是，步骤 $1$ 进行了交换），我们看这条线段是否能对左区间，右区间产生贡献，就判断一下 $x=l$ 和 $x=r$ 中哪头 $y'>y$ ，往那边继续插入即可
图？暂且鸽了
我们发现这些操作都可以用线段树维护，直接维护即可
一个小 $\text{trick}$ ：可以大力动态开点，李超线段树由于插入一次顶多会多加一个区间，所以空间严格 $O(n)$ （再也不用怕忘开 $4$ 倍了）
$code$ ：
namespace Line_Seg_Tree{
#define maxn ?//看会插入多少条线段
#define INF 1000000000000000000
const int MAXN=?;//看边界需要定多少
long long k[maxn],b[maxn]={INF};
inline long long y(int x,int num){
return k[num]*x+b[num];
}
int cnt,tot=1,rt,num[maxn],ls[maxn],rs[maxn];
void add(int &p,int l,int r,int numb){
if(!p)p=++tot;
if(l==r){
if(y(l,numb)<y(l,num[p]))num[p]=numb;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(y(mid,numb)<y(mid,num[p]))swap(num[p],numb);//步骤1
if(y(l,numb)<y(l,num[p]))add(ls[p],l,mid,numb);//步骤2 和步骤3 一起进行，因为两边都小于就不会进行了
else if(y(r,numb)<y(r,num[p]))add(rs[p],mid+1,r,numb);
}
long long query(int p,int l,int r,int x){
if(!p)return 1e18;
if(l==r)return y(x,num[p]);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)return min(y(x,num[p]),query(ls[p],l,mid,x));
else return min(y(x,num[p]),query(rs[p],mid+1,r,x));
}
inline void Add(long long K,long long B){
cnt++,k[cnt]=K,b[cnt]=B;
add(rt,1,MAXN,cnt);
}
inline long long Ask(int x){
return query(rt,1,MAXN,x);
}
#undef maxn
#undef INF
}
例题： （板子题就不讲了）
很容易列出暴力 $\text{DP}$ 式（懒得写了）发现可以写成斜率优化一般形式 （ $s_i$ 是前缀和）：
$f_i-h_i^2-s_{i-1}= \min \{-2h_j \times h_i + f_j + h_j^2 -s_j \}$
注意这里是用一条直线表达而不是点，发现直接大力李超维护即可：
$code$ :
#include<cstdio>
#include<cctype>
template<class T>
inline T read(){
T r=0,f=0;
char c;
while(!isdigit(c=getchar()))f|=(c=='-');
while(isdigit(c))r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar();
return f?-r:r;
}
template<class T>
inline T min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
template<class T>
inline void swap(T &a,T &b){
T c=a;
a=b;
b=c;
}
namespace Line_Seg_Tree{
#define maxn 1001001
#define INF 1000000000000000000
const int MAXN=1000000;
long long k[maxn],b[maxn]={INF};
inline long long y(int x,int num){
return k[num]*x+b[num];
}
int cnt,tot=1,rt,num[maxn],ls[maxn],rs[maxn];
void add(int &p,int l,int r,int numb){
if(!p)p=++tot;
if(l==r){
if(y(l,numb)<y(l,num[p]))num[p]=numb;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(y(mid,numb)<y(mid,num[p]))swap(num[p],numb);
if(y(l,numb)<y(l,num[p]))add(ls[p],l,mid,numb);
else if(y(r,numb)<y(r,num[p]))add(rs[p],mid+1,r,numb);
}
long long query(int p,int l,int r,int x){
if(!p)return 1e18;
if(l==r)return y(x,num[p]);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)return min(y(x,num[p]),query(ls[p],l,mid,x));
else return min(y(x,num[p]),query(rs[p],mid+1,r,x));
}
inline void Add(long long K,long long B){
cnt++,k[cnt]=K,b[cnt]=B;
add(rt,1,MAXN,cnt);
}
inline long long Ask(int x){
return query(rt,1,MAXN,x);
}
#undef maxn
#undef INF
}
using namespace Line_Seg_Tree;
#define maxn 101101
int n;
long long f[maxn],h[maxn],p[maxn],w[maxn],s[maxn];
int main(){
n=read<int>();
for(int i=1;i<=n;i++){
h[i]=read<long long>();
p[i]=h[i]*h[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
w[i]=read<long long>();
s[i]=s[i-1]+w[i];
}
Add(-2ll*h[1],p[1]-s[1]);
for(int i=2;i<=n;i++){
f[i]=p[i]+s[i-1]+Ask(h[i]);
Add(-2ll*h[i],f[i]+p[i]-s[i]);
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
李超树合并：
直接大力线段树合并，一个节点合并完再把要合并的对应点直线在这个区间插入即可
$code$ :
int merge(int x,int y,int l,int r){
if(!x||!y)return x|y;
int mid=(l+r)>>1;
if(l==r)return Y(mid,num(x))<Y(mid,num(y))?x:y;
ls(x)=merge(ls(x),ls(y),l,mid);
rs(x)=merge(rs(x),rs(y),mid+1,r);
add(x,l,r,num(y));
return x;
}
复杂度分析（参考的 $\text{d}\color{red}{\text{qa2021}}$ $\text{CF932F}$ 的题解）：
线段树深度最大为 $O(\log n)$ ，每个线段操作中只会让深度增加，不会减少
所以整个过程为 $O(n \log n)$ 的（ $n$ 条线段）
例题？就是上面那道，裸的李超树合并
直接贴代码了， $code$ :
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define maxn 101101
template<class T>
inline T read(){
T r=0,f=0;
char c;
while(!isdigit(c=getchar()))f|=(c=='-');
while(isdigit(c))r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar();
return f?-r:r;
}
template<class T>
inline T min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
template<class T>
inline void swap(T &a,T &b){
T c=a;
a=b;
b=c;
}
struct E{
int v,nxt;
E() {}
E(int v,int nxt):v(v),nxt(nxt) {}
}e[maxn<<1];
int n,s_e,head[maxn],a[maxn],b[maxn],rt[maxn];
long long f[maxn];
inline void a_e(int u,int v){
e[++s_e]=E(v,head[u]);
head[u]=s_e;
}
namespace L_S_T{
#define MAXN 2002002
#define INF 1000000000000000000
#define ls(p) tr[p].ls
#define rs(p) tr[p].rs
#define num(p) tr[p].num
const int inf=100000;
long long k[MAXN],b[MAXN]={INF};
inline long long Y(int x,int num){
return k[num]*x+b[num];
}
struct TR{
int ls,rs,num;
}tr[MAXN];
int cnt,tot=1,num[MAXN],ls[MAXN],rs[MAXN];
void add(int &p,int l,int r,int numb){
if(!p)p=++tot;
if(l==r){
if(Y(l,numb)<Y(l,num(p)))num(p)=numb;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(Y(mid,numb)<Y(mid,num(p)))swap(num(p),numb);
if(Y(l,numb)<Y(l,num(p)))add(ls(p),l,mid,numb);
else if(Y(r,numb)<Y(r,num(p)))add(rs(p),mid+1,r,numb);
}
long long query(int p,int l,int r,int x){
if(!p)return 1e18;
if(l==r)return Y(x,num(p));
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)return min(Y(x,num(p)),query(ls(p),l,mid,x));
else return min(Y(x,num(p)),query(rs(p),mid+1,r,x));
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
if(!x||!y)return x|y;
int mid=(l+r)>>1;
if(l==r)return Y(mid,num(x))<Y(mid,num(y))?x:y;
ls(x)=merge(ls(x),ls(y),l,mid);
rs(x)=merge(rs(x),rs(y),mid+1,r);
add(x,l,r,num(y));
return x;
}
inline void Add(int u,long long K,long long B){
cnt++,k[cnt]=K,b[cnt]=B;
add(rt[u],-inf,inf,cnt);
}
inline long long Ask(int u,int x){
return query(rt[u],-inf,inf,x);
}
inline void Union(int u,int v){
rt[u]=merge(rt[u],rt[v],-inf,inf);
}
#undef ls
#undef rs
#undef num
#undef INF
#undef MAXN
}
void dfs(int u,int fa){
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
L_S_T::Union(u,v);
}
if(!rt[u])f[u]=0;
else f[u]=L_S_T::Ask(u,a[u]);
L_S_T::Add(u,b[u],f[u]);
}
int main(){
n=read<int>();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read<int>();
for(int i=1;i<=n;i++)
b[i]=read<int>();
for(int i=1;i<n;i++){
int u=read<int>();
int v=read<int>();
a_e(u,v),a_e(v,u);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",f[i]);
return 0;
}
大概是完结了，有什么再更
