猫树 学习笔记
猫树是什么？
猫树，是 immortalCO 在 这篇文章 提出的一种类似线段树的数据结构。猫树可以处理支持结合律的信息，如区间最大值、区间最大子段和、区间 \(\gcd\) 等。在维护的信息可以 \(\mathcal{O}(k)\) 合并时，猫树能用 \(\mathcal{O}(kn\log n)\) 预处理，\(\mathcal{O}(k)\) 查询的时间复杂度，\(\mathcal{O}(n\log n)\) 的空间复杂度解决序列上在线静态区间查询问题。
猫树怎么实现？
看一个例题：GSS1 - Can you answer these queries I。
静态区间最大子段和，典中典，相信大家都会用线段树做。那猫树怎么做？
考虑先像线段树一样建树。对于树上每个节点 \([l,r]\)，令 \(m=\lfloor\dfrac{l+r}{2}\rfloor\)，我们在这个节点上维护 \(f_i\) 表示 \(\max\limits_{j=i}^m\{\sum\limits_{k=j}^ma_k\}\)，\(g_i\) 表示 \(\max\limits_{j=m+1}^i\{\sum\limits_{k=m+1}^ja_k\}\)，\(F_i\) 表示 \([i,m]\) 间的最大子段和，\(G_i\) 表示 \([m+1,i]\) 间的最大子段和。显然这个预处理是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的，空间也是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的。
在查询区间 \([l,r]\) 时，我们发现只要找到一个点 \(p\)，满足 \(l\le p\le r\) 且猫树上存在一个区间 \([L,R]\) 满足 \(L\le l\land r\le R\) 且 \(\lfloor\dfrac{L+R}{2}\rfloor=p\)，我们就可以把最大子段和分成过 \(p\) 和不过 \(p\) 两种，答案就是 \(\max\{F_l,G_r,f_l+g_r\}\)。而这个区间 \([L,R]\) 其实就是 \(l,r\) 在线段树上的对应点的 \(\text{lca}\)。但是如果暴力查 \(\text{lca}\) 的话单次询问复杂度还是 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的，怎么办？
immortalCO 指出，我们可以类似 zkw 线段树那样，把猫树扩充到 \(2^{k+1}-1\) 个点形成一颗满二叉树。那么 \(l,r\) 所对应的两个节点的 \(\text{lca}\)，也就是 \(l,r\) 两个位置对应节点的编号的二进制数的 LCP！而获得 \(x,y\) 的二进制的 LCP 只需要使用 x>>(Log2[x^y]+1)，线性预处理 Log2 就得到了一种 \(\mathcal{O}(1)\) 查询的优秀算法。
在写的时候，我们不用真的对每个点开一个 vector 来存储信息，\(\text{lca}\) 也不需要精确定位到节点上。由于每层维护的信息是不交的，只需要对每层开一个数组，询问时定位 \(\text{lca}\) 的深度。
给出例题的代码。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int a[70005],Log[140005];
struct CatTree{
int loc[70005],sum[18][70005],ans[18][70005];
void build(int n,int d){
for(int i=1;i<=n;i++)loc[i]=i+n-1;
for(int len=2,o=d-1;len<=n;len<<=1,o--){
for(int l=1;l<=n;l+=len){
int r=l+len-1,mid=(l+r)>>1;
sum[o][mid]=a[mid],sum[o][mid+1]=a[mid+1];
for(int i=mid-1;i>=l;i--)sum[o][i]=sum[o][i+1]+a[i];
for(int i=mid+2;i<=r;i++)sum[o][i]=sum[o][i-1]+a[i];
for(int i=mid-1;i>=l;i--)sum[o][i]=max(sum[o][i],sum[o][i+1]);
for(int i=mid+2;i<=r;i++)sum[o][i]=max(sum[o][i],sum[o][i-1]);
ans[o][mid]=a[mid],ans[o][mid+1]=a[mid+1];
for(int i=mid-1;i>=l;i--)ans[o][i]=max(ans[o][i+1],0ll)+a[i];
for(int i=mid+2;i<=r;i++)ans[o][i]=max(ans[o][i-1],0ll)+a[i];
for(int i=mid-1;i>=l;i--)ans[o][i]=max(ans[o][i+1],ans[o][i]);
for(int i=mid+2;i<=r;i++)ans[o][i]=max(ans[o][i-1],ans[o][i]);
}
}
}
int ask(int l,int r){
if(l==r)return a[l];
int o=Log[loc[l]]-Log[loc[l]^loc[r]]-1;
return max({ans[o][l],ans[o][r],sum[o][l]+sum[o][r]});
}
}Tr;
signed main(){
int n=read(),len=1,dep=0;while(len<n)len<<=1,dep++;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
Log[1]=0;for(int i=2;i<=len<<1;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;
Tr.build(len,dep);int q=read();
for(int i=1,l,r;i<=q;i++)l=read(),r=read(),printf("%lld\n",Tr.ask(l,r));
return 0;
}
几道其他例题：
GSS5 - Can you answer these queries V
猫树分治是什么？
猫树分治只与猫树在思想上有相似之处。考虑一些可以离线的问题，假设当前有一堆询问区间 \([l_i,r_i]\) 和当前的状态区间\([L,R]\)。取状态区间的中点 \(m=\lfloor\dfrac{L+R}{2}\rfloor\)，从 \(m\) 开始向左右分别预处理一些信息。然后把所有询问分成三部分：如果 \(r_i\le m\)，我们递归到状态区间 \([L,m]\) 解决；如果 \(l_i>m\)，我们递归到状态区间 \([m+1,R]\) 解决；否则说明 \([l_i,r_i]\) 跨过 \(m\)，可以合并左右信息解决。复杂度与预处理的复杂度有关。
猫树分治怎么实现？
一道简单例题：P6240 好吃的题目
区间 01 背包，直接做很困难。考虑猫树分治，每次预处理从区间中点往左右两边延伸的背包，求答案时枚举一边的体积。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18,V=200;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,h[40005],w[40005],ql[200005],qr[200005],qt[200005],q[200005],ans[200005],f[205][40005];
void solve(int l,int r,int lq,int rq){
if(l==r){
for(int i=lq;i<=rq;i++)ans[q[i]]=(h[l]<=qt[q[i]]?w[l]:0);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=l;i<=r;i++){
for(int j=0;j<=V;j++)f[j][i]=0;
}
for(int i=h[mid];i<=V;i++)f[i][mid]=w[mid];
for(int i=mid-1;i>=l;i--){
for(int j=V;j>=h[i];j--)f[j][i]=max(f[j][i+1],f[j-h[i]][i+1]+w[i]);
for(int j=h[i]-1;j>=0;j--)f[j][i]=f[j][i+1];
}
for(int i=h[mid+1];i<=V;i++)f[i][mid+1]=w[mid+1];
for(int i=mid+2;i<=r;i++){
for(int j=V;j>=h[i];j--)f[j][i]=max(f[j][i-1],f[j-h[i]][i-1]+w[i]);
for(int j=h[i]-1;j>=0;j--)f[j][i]=f[j][i-1];
}
vector<int>L,R;
for(int i=lq;i<=rq;i++){
if(qr[q[i]]<mid+1)L.push_back(q[i]);
else if(ql[q[i]]>mid)R.push_back(q[i]);
else{for(int j=0;j<=qt[q[i]];j++)ans[q[i]]=max(ans[q[i]],f[j][ql[q[i]]]+f[qt[q[i]]-j][qr[q[i]]]);}
}
int lt=lq-1;for(auto x:L)q[++lt]=x;
int rt=lt;for(auto x:R)q[++rt]=x;
solve(l,mid,lq,lt);solve(mid+1,r,lt+1,rt);
}
signed main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)ql[i]=read(),qr[i]=read(),qt[i]=read(),q[i]=i;
solve(1,n,1,m);
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
又一道简单例题：P7482 不条理狂诗曲
定义 \(f_{i,0/1}\) 表示左边到 \(i\)，选/不选 \(m\) 的最大价值，\(g_{i,0/1}\) 表示右边到 \(i\)，选/不选 \(m+1\) 的最大价值。考虑怎么求 \(\sum\limits_{i=l}^m\sum\limits_{j=m+1}^r\max\{f_{i,0}+g_{j,0},f_{i,0}+g_{j,1},f_{i,1}+g_{j,0}\}\)。整体提一个 \(f_{i,0}+g_{j,0}\) 就变成了 \(\sum\limits_{i=l}^m\sum\limits_{j=m+1}^r\max\{0,g_{j,1}-g_{j,0},f_{i,1}-f_{i,0}\}\)，令 \(F_i=\max\{f_{i,1}-f_{i,0},0\}\)，\(G_j=\max\{g_{j,1}-g_{j,0},0\}\)，可以分别对 \(F,G\) 排序，双指针做一下即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)，换成基排应该就是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 了吧。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18,mod=1e9+7;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,ans,a[100005],f[100005][2],F[100005],G[100005],s[100005];
void solve(int l,int r){
if(l==r){
ans=(ans+a[l])%mod;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
f[mid][0]=0,f[mid][1]=a[mid];
f[mid-1][0]=a[mid-1],f[mid-1][1]=a[mid];
for(int i=mid-2;i>=l;i--){
f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+2][0]+a[i]);
f[i][1]=max(f[i+1][1],f[i+2][1]+a[i]);
}
f[mid+1][0]=0,f[mid+1][1]=a[mid+1];
f[mid+2][0]=a[mid+2],f[mid+2][1]=a[mid+1];
for(int i=mid+3;i<=r;i++){
f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-2][0]+a[i]);
f[i][1]=max(f[i-1][1],f[i-2][1]+a[i]);
}
for(int i=l;i<=mid;i++)F[i]=max(0ll,f[i][1]-f[i][0]),ans=(ans+f[i][0]*(r-mid)%mod)%mod;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)G[i]=max(0ll,f[i][1]-f[i][0]),ans=(ans+f[i][0]*(mid-l+1)%mod)%mod;
sort(F+l,F+mid+1);sort(G+mid+1,G+r+1);
s[r]=G[r];for(int i=r-1;i>=mid+1;i--)s[i]=s[i+1]+G[i];
for(int i=l,j=mid;i<=mid;i++){
while(j+1<=r&&F[i]>=G[j+1])j++;
if(j==r)ans=(ans+F[i]*(r-mid)%mod)%mod;
else ans=(ans+F[i]*(j-mid)%mod+s[j+1])%mod;
}
solve(l,mid);solve(mid+1,r);
}
signed main(){
n=read();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
solve(1,n);printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
几道其他例题：
P6009 [USACO20JAN] Non-Decreasing Subsequences P
卡空间题。
