线段树总结

高级数据结构——线段树总结

本蒟蒻最近在做线段树的题,做了一小部分,有感而发,故写下这篇博客,如有错误,请大佬指出。

线段树,作为一种高级数据结构,而其作用与分块、树状数组均有一脉相承的部分,而且有的题均可以使用上面的两种算法去解决(当然只是一部分题)
对于线段树的介绍,我也就不再多说了,即对于数列将其放在树上进行维护一些值,在题目的要求下进行修改和更新,最后得到答案。

首先我们先上一两道模板题

1、洛谷P3372线段树1(加操作)

这是一道十分经典的线段树模板,当然他的解法也有其他方法,(十分重要)。
下面是代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=5e6+8;
using namespace std;
ll n,m,tag[N],ans[N],a[N];
ll ls(ll x){
    return x<<1;
}//左儿子扩展 (x*2) 
ll rs(ll x){
    return x<<1|1;
}//右儿子扩展(x*2+1) 
void up(ll x){
    ans[x]=ans[ls(x)]+ans[rs(x)];
}// 求出当前点的总和值 
void build(ll l,ll r,ll p){
    if(l==r){
        ans[p]=a[l];
        return;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(p));//左儿子建树 
    build(mid+1,r,rs(p));//右儿子建树
    up(p);//进行整合 
}
void f(ll l,ll r,ll p,ll k){//k是懒(延迟)标记的数值 
    tag[p]+=k;
    ans[p]+=(r-l+1)*k;
}//tag[]懒标记点。
void down(ll l,ll r,ll p){
    ll mid=(l+r)>>1;
    f(l,mid,ls(p),tag[p]);//左传 
    f(mid+1,r,rs(p),tag[p]);//右传 
    tag[p]=0;//懒标记传递结束,清零 
} 
void xg(ll xl,ll xr,ll l,ll r,ll p,ll k){//修改操作 
    if(l>=xl&&xr>=r){//当前区间被所查询的区间包含 
        ans[p]+=(r-l+1)*k;
        tag[p]+=k;
        return ; 
    }
    down(l,r,p);//懒坐标传递 
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(xl<=mid){
        xg(xl,xr,l,mid,ls(p),k);	
    }
    if(xr>mid){
        xg(xl,xr,mid+1,r,rs(p),k);
    } 
    up(p);//更新该节点 
} 
ll query(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p){
    ll an=0;
    if(gl<=l&&gr>=r){
        return ans[p];
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    down(l,r,p);
    if(gl<=mid){
        an+=query(gl,gr,l,mid,ls(p));
    }
    if(gr>mid){
        an+=query(gl,gr,mid+1,r,rs(p));
    }
    return an;
}
ll fl,x,y,z;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }		
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&fl);
        if(fl==1){
            scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
            xg(x,y,1,n,1,z);	
        }
        if(fl==2){
            scanf("%lld%lld",&x,&y);
            printf("%lld\n",query(x,y,1,n,1));
        }
    }
    return 0;
} 

下一道模板题:

2、洛谷P3373线段树2(加乘操作)

这道题与上一道题同理,up和down的部分需要修改一下即可。(再给大家一道双倍经验题(P2023 [AHOI2009]维护序列

下面就是代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N=5e6+7;
ll ans[N],a[N],at[N],ml[N];
ll fl,n,m,P,x,y,z;
ll ls(ll x){
	return x<<1;
}
ll rs(ll x){
	return x<<1|1;
}
void up(ll p){
	ans[p]=(ans[ls(p)]+ans[rs(p)])%P;
}
void build(ll l,ll r,ll p){
	at[p]=0;
	ml[p]=1;
	if(l==r){
		ans[p]=a[l];
		return;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid,ls(p));
	build(mid+1,r,rs(p));
	up(p);
}
void down(ll l,ll r,ll p){
	ml[ls(p)]=(ml[ls(p)]*ml[p])%P;
	ml[rs(p)]=(ml[rs(p)]*ml[p])%P;
	at[ls(p)]=(at[ls(p)]*ml[p])%P;
	at[rs(p)]=(at[rs(p)]*ml[p])%P;
	ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]*ml[p])%P;
	ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]*ml[p])%P;
	ml[p]=1;//乘懒标记传递完成,清零处理,乘法优先于加法,所以先计算乘法再计算加法 
	ll mid=(l+r)>>1;
	at[ls(p)]=(at[ls(p)]+at[p])%P;
	at[rs(p)]=(at[rs(p)]+at[p])%P;
	ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]+(mid-l+1)*at[p])%P;
	ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]+(r-mid)*at[p])%P;
	at[p]=0; 
}
void xg(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p,ll k){
	if(l>=gl&&gr>=r){
		at[p]=(k+at[p])%P;
		ans[p]=((r-l+1)*k+ans[p])%P;
		return ;
	}
	down(l,r,p);
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(gl<=mid){
		xg(gl,gr,l,mid,ls(p),k);
	}
	if(gr>mid){
		xg(gl,gr,mid+1,r,rs(p),k);
	}
	up(p);
}//修改+; 
void ch(ll cl,ll cr,ll l,ll r,ll p,ll k){
	if(l>=cl&&r<=cr){
		ml[p]=(ml[p]*k)%P;
		at[p]=(at[p]*k)%P;
		ans[p]=(ans[p]*k)%P;
		return ;
	}
	down(l,r,p);
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(cl<=mid){
		ch(cl,cr,l,mid,ls(p),k);
	}
	if(cr>mid){
		ch(cl,cr,mid+1,r,rs(p),k);
	}
	up(p);
}//修改*; 
ll query(ll al,ll ar,ll l,ll r,ll p){
	ll an=0;
	if(al<=l&&ar>=r){
		return ans[p]%P;
	}
	down(l,r,p);
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(al<=mid){
		an=an+query(al,ar,l,mid,ls(p));
	}
	if(ar>mid){
		an=an+query(al,ar,mid+1,r,rs(p));
	}
	return an%P;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,/*&m,*/&P);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	sacnf("%lld",&m);
	build(1,n,1);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&fl);
		if(fl==1){
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
			ch(x,y,1,n,1,z);
		}
		if(fl==2){
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
			xg(x,y,1,n,1,z);
		}
		if(fl==3){
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			printf("%lld\n",(query(x,y,1,n,1))%P);
		}
	}
	
	return 0;
}

当你写完这三道模板题之后那么恭喜你,你已经线段树入门了。
下面,就是对于线段树的进一步的运用。

使用线段树维护方差,平均数等操作

3、P1471 方差

这道题的题面我就不再进行粘贴,具体的意思大概如下:
给定一个数列,其中有三个操作,
1、将L到R的区间内的数加上k。
2、查询L到R区间的平均数。
3、查询L到R区间的方差。
我表示这道题第一开始看的时候对于操作1,2基本就是十分木板的操作,但是当我看到第三个操作时,我有点蒙。
但是,将方差的公式进行展开,就可以得到一个十分明晰的思路

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\overline{x}\right)^{2} &=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}^{2}-2 x_{i} \overline{x}+\overline{x}^{2}\right) \\ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n \overline{x}^{2}-2 \overline{x} \sum_{i=1}^{n} x_{i} \\ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n \overline{x}^{2}-2 \overline{x} \cdot n \overline{x} \\ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-\overline{n} \overline{x}^{2} \end{aligned} \]

最后我们再将这个公式除上n得到最终的式子,这样我们就有了初步的思路,维护这个序列的两个值一个是序列和,一个是序列的平方和。这样我们就可以得到我们所求的答案。
现在我们来考虑如何使用线段树来维护平方和。
我们首先将平方和的公式展开

\[(x+k)^{2}=x^{2}+2 k x+k^{2} \]

我们可以知道这样就可以维护平方和:
代码:

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N=1e6+10;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-'){
			f=-1;
		} 
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar(); 
	}
	return x*f;
} 
struct node{
	int l,r,siz;
	double ave,sum,tag;
}t[N];
int n,m;
double a[N]; 
inline int ls(int x){return x<<1;}
inline int rs(int x){return x<<1|1;}
inline void upd(int x){
	t[x].ave=t[ls(x)].ave+t[rs(x)].ave;   
	t[x].sum=(t[ls(x)].sum+t[rs(x)].sum);
}
inline void build(int l,int r,int x){
//	cout<<1;
	t[x].l=l,t[x].r=r,t[x].siz=r-l+1;
	if(l==r){
		t[x].ave=a[l];
		t[x].sum=a[l]*a[l];
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid,ls(x));
	build(mid+1,r,rs(x));
	upd(x);
}
inline void pushdown(int x){
	if(!t[x].tag) return;
	t[ls(x)].tag+=t[x].tag;
	t[rs(x)].tag+=t[x].tag;
	t[ls(x)].sum+=(2.0*t[ls(x)].ave*t[x].tag+t[ls(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);//维护平方和
	t[rs(x)].sum+=(2.0*t[rs(x)].ave*t[x].tag+t[rs(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);
	t[ls(x)].ave+=t[x].tag*t[ls(x)].siz;
	t[rs(x)].ave+=t[x].tag*t[rs(x)].siz;
	t[x].tag=0;
	return ;
}
inline void add(int l,int r,int x,double k){
	if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        t[x].sum+=(2.0*t[x].ave*k+t[x].siz*k*k);
	    t[x].ave+=k*t[x].siz;
		t[x].tag+=k;
		return ;
	}
	pushdown(x);
	int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
	if(l<=mid){
		add(l,r,ls(x),k);
	}
	if(r>mid){
		add(l,r,rs(x),k);
	}
	upd(x);
}
inline double query(int l,int r,int x,bool flag){
	if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
		if(flag==1){
		return t[x].ave;}
		else return t[x].sum;
	}   
	pushdown(x);
	int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1; 
	double res=0;
	if(l<=mid){
		res+=query(l,r,ls(x),flag);
	}
	if(r>mid){
		res+=query(l,r,rs(x),flag); 
	} 
	return res;
}
int  main(){
	scanf("%d%d",&n,&m); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf",&a[i]);
	}
	build(1,n,1); 

	while(m--){
		int op,l,r;
		double k;
		double ans1,ans2;
		op=read();
		if(op==1){
		    scanf("%d%d%lf",&l,&r,&k); 	  
			add(l,r,1,k);	  		
		}
		if(op==2){
			scanf("%d%d",&l,&r);
			ans1=query(l,r,1,1);	  
			printf("%.4lf",(double)ans1/(r-l+1));
			puts("");
		}	
		if(op==3){
			scanf("%d%d",&l,&r);	  
			ans1=query(l,r,1,1);
			ans2=query(l,r,1,0);	  
			printf("%.4lf",(double)ans2/(r-l+1)-ans1/(r-l+1)*ans1/(r-l+1));
			puts("");
		}   	
	
	}	
	return 0;
}

值得注意的是这道题的题目要求是实数范围内,所以千万千万不要忘掉使用,

double(手动滑稽

这就是线段树去维护不同值的一个十分好的题,也十分的考验思维。
下面,我们看下一题,一道维护0/1序列的题。

4、P2894 [USACO08FEB]酒店Hotel (连续的0/1序列问题)

首先我们看一下题目速所要求的操作:

1、查询房间,给出一个x,查询是否有一个序列可以满足连续的为0的序列,如果有,则输出序列最左端的序号,使这个序号尽可能的小,若不存在,则输出0。

2、给定x,y表示退房。

看到了所给的操作,我们需要去考虑,一个连续的区间在查询时可以分为3种情况。
1、连续的区间在左儿子中。
2、连续的区间在右儿子中。
3、连续的区间在左右儿子之间。
所以,我们就需要取分别维护这三个值,需要的时候,进行合并。
从左开始的最长,从右开始的最长,和整个区间的最长部分。
对于upd来说,我们需要每一次去分类讨论是否可以合并。
而对于down来说,就直接更新即可。

下面就是代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename type>
void scan(type &x){
    type f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    x*=f;
}
#define itn int
const int N=1e6+7;
struct node{
    int l,r;
    int suml,sumr,sum,siz,tag;
}t[N];
itn n,m;
#define il inline
il int ls(int x){return x<<1;}
il int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
    t[x].sum=max(t[ls(x)].sum,t[rs(x)].sum);
    t[x].sum=max(t[x].sum,t[ls(x)].sumr+t[rs(x)].suml);
    t[x].suml=t[ls(x)].suml;
    if(t[ls(x)].suml==t[ls(x)].siz){
        t[x].suml+=t[rs(x)].suml;
    }
    t[x].sumr=t[rs(x)].sumr;
    if(t[rs(x)].sumr==t[rs(x)].siz){
		t[x].sumr+=t[ls(x)].sumr;
	}
}
void build(int l,int r,int x){
    t[x].l=l;t[x].r=r;t[x].siz=r-l+1;
    t[x].sumr=t[x].suml=t[x].sum=r-l+1;
    if(l==r){
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(x));
    build(mid+1,r,rs(x));
    upd(x);
}
void down(int x){
    if(!t[x].tag)return ;
    if(t[x].tag==1){
        t[ls(x)].sum=t[ls(x)].suml=t[ls(x)].sumr=0;
        t[rs(x)].sum=t[rs(x)].suml=t[rs(x)].sumr=0;
        t[ls(x)].tag=t[rs(x)].tag=1;
    }
    if(t[x].tag==2){
        t[ls(x)].tag=t[rs(x)].tag=2;
        t[ls(x)].sum=t[ls(x)].suml=t[ls(x)].sumr=t[ls(x)].siz;
        t[rs(x)].sum=t[rs(x)].suml=t[rs(x)].sumr=t[rs(x)].siz;
    }
    t[x].tag=0;
}
void add(int l,int r,int x,int k){
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        t[x].tag=k;
        if(k==1){
            t[x].sum=t[x].suml=t[x].sumr=0;//全部清空
        }else{
            t[x].sum=t[x].suml=t[x].sumr=t[x].siz;
        }
        return; 
    }
    down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid){
        add(l,r,ls(x),k);
    }
    if(r>mid){
        add(l,r,rs(x),k);
    }
    upd(x);
}
itn query(itn l,int r,int x,int k){
    if(l==r){
        return l;
    }
    down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(t[ls(x)].sum>=k){
        return query(l,mid,ls(x),k);
    }
    if(t[ls(x)].sumr+t[rs(x)].suml>=k){
        return mid-t[ls(x)].sumr+1;
    }else{
        return query(mid+1,r,rs(x),k);
    }
}

int main(){
    scan(n);scan(m);
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        itn s;
        int x,y;
        scan(s);
        scan(x);
        if(s==1){
            if(t[1].sum<x){
                puts("0");
                continue;
            }
            itn res=query(1,n,1,x);
            printf("%d\n",res);
            add(res,res+x-1,1,1);//查询之后不要往届修改
        }
        if(s==2){
            scan(y);
            add(x,x+y-1,1,2);

        }
    }

    return 0;
}

5、P2846 [USACO08NOV]光开关Light Switching

题目大意:
给你一列灯,让你去开关,然后去查询开着灯的数量
这里,我们就可以将灯的开关抽象为0和1,
0表示这个灯是关着的。
1表示这个灯是开着的。
其中给出的两步操作:

1、给出l,r,将l到r之间的数列全部进行翻转。

2、查询l到r之间的1的个数。

这样,我们可以十分简单去维护一个区间内0的个数,和1的个数。
具体操作如下:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define itn int
const int N=1e7+7;
struct node{
    int l,r,sum1,sum0,tag;
}t[N];
int ls(int x){return x<<1;}
int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
    t[x].sum1=t[ls(x)].sum1+t[rs(x)].sum1;
    t[x].sum0=t[ls(x)].sum0+t[rs(x)].sum0;
}
void build(int l,int r,int x){
    t[x].l=l;t[x].r=r;t[x].tag=0;
    if(l==r){
        t[x].sum0=r-l+1;
        t[x].sum1=0;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(x));
    build(mid+1,r,rs(x));
    upd(x);
}
void down(int x){
    if(t[x].tag){
        if(t[ls(x)].tag==0){
            t[ls(x)].tag=1;
        }else{
            t[ls(x)].tag=0;
        }
        if(t[rs(x)].tag==0){
            t[rs(x)].tag=1;
        }else{
            t[rs(x)].tag=0;
        }
        swap(t[rs(x)].sum1,t[rs(x)].sum0);
        swap(t[ls(x)].sum1,t[ls(x)].sum0);
        t[x].tag=0;
    }
}
void add(itn l,int r,int x){
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        swap(t[x].sum1,t[x].sum0);
        t[x].tag++;
        t[x].tag%=2;
        return;
    }
    down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid)add(l,r,ls(x));
    if(r>mid)add(l,r,rs(x));
    upd(x);
    return;
}
int query(int l,int r,int x){
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        return t[x].sum1;
    }
    int res=0;
    down(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid)res+=query(l,r,ls(x));
    if(r>mid)res+=query(l,r,rs(x));
    return res;
}	
int n,m;

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int ch,x,y;
        scanf("%d%d%d",&ch,&x,&y);
        if(ch==0){
            add(x,y,1);
        }else{
            printf("%d\n",query(x,y,1));
        }
    }
    return 0;
}

这道题使用的思想非常巧妙,我们也用这种的处理方法去解决这样的问题。

最后,我们再来看一道比较暴力的题。

6、P4145 上帝造题的七分钟2 / 花神游历各国

这道题的题面十分的简单易懂就是给你一个序列,然后让你进行操作。

1、给出l到r,对于序列之间的数进行开方

2、查询l到r的区间和

看完操作,我们好像发现这个并不是特别难的样子,但是我们去思考,怎么去修改,区间维护的话,好像不可行的样子啊qwq
这时,我们再回过来看一看这个数1e12,当他开6次根号时,我们就会得到这个:


向下取整之后我们便得到1。
所以,我们就可以考虑使用暴力修改的方式来进行维护。这样我们就可以很好地解决这种的问题。
下面是代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename type>
void scan(type &x){
    type f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    x*=f;
}
const int N=1e6+7;
#define int long long
struct node{
    int l,r,sum,maxx;
}t[N<<2];
int a[N];
int ls(int x){return x<<1;}
int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
    t[x].sum=t[ls(x)].sum+t[rs(x)].sum;
    t[x].maxx=max(t[ls(x)].maxx,t[rs(x)].maxx);
}
void build(int l,int r,int x){
    t[x].l=l;t[x].r=r;
    if(l==r){
        t[x].sum=t[x].maxx=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(x));
    build(mid+1,r,rs(x));
    upd(x);
}
void add(int l,int r,int x){
    if(t[x].l==t[x].r){
        t[x].sum=sqrt(t[x].sum);
        t[x].maxx=sqrt(t[x].maxx);
        return;
    }
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid&&t[ls(x)].maxx>1)add(l,r,ls(x));
    if(r>mid&&t[rs(x)].maxx>1)add(l,r,rs(x));
    upd(x);
}
int query(int l,int r,int x){
    int res=0;
    if(l<=t[x].l&&r>=t[x].r){
        return t[x].sum;
    }
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid)res+=query(l,r,ls(x));
    if(r>mid)res+=query(l,r,rs(x));
    return res;
}
int n,m;
signed main(){
    scan(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scan(a[i]);
    }
    build(1,n,1); 
    scan(m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int s,l,r;
        scan(s);scan(l);scan(r);
        if(l>r)swap(l,r);
        if(s==0){
            add(l,r,1);
        }
        if(s==1){
            printf("%lld\n",query(l,r,1));
        }
    }
    return 0;
}
  

关于线段树的内容基本就差不多了,后续有什么题我做到之后,会看情况添加进去。
如果有什么错误,还请各位大佬提出(主要是本人太菜了)qwq

posted @ 2019-08-19 18:55  惜时如金  阅读(353)  评论(0编辑  收藏  举报