线段树合并
前置知识：
倍增LCA
可持久化线段树（动态开点）
定义：
线段树合并就是合并值域相同的线段树。
非常的好理解。Code:
1 int merge(int p,int q,int l,int r){//在这里，我们选择将两棵树合并到第一棵树中 2 if(!q) return p; 3 if(!p) return q;//因为使用动态开点线段树，所以当其中一棵线段树无该节点是便可停止 4 if(l==r){ 5 t[p].maxn+=t[q].maxn; 6 if(t[p].maxn>0) t[p].pos=l; 7 else t[p].pos=0; 8 return p; 9 } 10 int mid=(l+r)/2; 11 t[p].l=merge(t[p].l,t[q].l,l,mid); 12 t[p].r=merge(t[p].r,t[q].r,mid+1,r); 13 pushup(p); 14 return p; 15 }
懂不起？那确实。
让我们来看一道例题来感受线段树合并的用途。
P4556 [Vani有约会]雨天的尾巴 /【模板】线段树合并
思路：
对于每个节点，我们用动态开点线段树来记录每种救济粮的个数。
那这道题和线段树合并有什么关系呢？
要合并，就需要在统计答案时进行“加”的操作。
于是我们就想到了差分：
树+差分=树上差分
于是思路就出来了：
用树上差分维护n棵线段树，统计答案时利用线段树合并完成。
详细思路在代码中解释：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=1e5+5; 4 const int M=6e6+5; 5 int n,m; 6 int a,b; 7 int x,y,z; 8 int T; 9 int idx=0,tot=0; 10 int f[N][30],d[N],root[N],head[N]; 11 int ans[N]; 12 struct node{ 13 int v,next; 14 }s[2*N]; 15 struct node1{ 16 int l,r,maxn,pos; 17 //maxn用于记录该区间最多的饲料数 18 //pos用于记录该区间最多的饲料的种类 19 }t[M]; 20 21 void build(int a,int b){//建图 22 s[++idx].v=b; 23 s[idx].next=head[a]; 24 head[a]=idx; 25 } 26 27 void bfs(){//倍增求LCA的预处理 28 memset(d,0,sizeof(d)); 29 d[1]=1; 30 queue<int> q; 31 q.push(1); 32 while(!q.empty()){ 33 int x=q.front(); 34 q.pop(); 35 for(int i=head[x];i;i=s[i].next){ 36 int y=s[i].v; 37 if(d[y]) continue; 38 d[y]=d[x]+1; 39 f[y][0]=x; 40 for(int i=1;i<=T;i++) f[y][i]=f[f[y][i-1]][i-1]; 41 q.push(y); 42 } 43 } 44 return ; 45 } 46 47 int LCA(int x,int y){//求LCA 48 if(d[x]<d[y]) swap(x,y); 49 for(int i=T;i>=0;i--){ 50 if(d[f[x][i]]>=d[y]) x=f[x][i]; 51 } 52 if(x==y) return x; 53 for(int i=T;i>=0;i--){ 54 if(f[x][i]!=f[y][i]){ 55 x=f[x][i]; 56 y=f[y][i]; 57 } 58 } 59 return f[x][0]; 60 } 61 62 int Build(){//动态开点 63 tot++; 64 t[tot].l=t[tot].r=t[tot].maxn=t[tot].pos=0; 65 return tot; 66 } 67 68 void pushup(int p){//更新最大饲料数量及种类 69 if(t[t[p].l].maxn>=t[t[p].r].maxn){//注意：因为数量相同时，编号小的优先，所以是>=而不是> 70 t[p].maxn=t[t[p].l].maxn; 71 t[p].pos=t[t[p].l].pos; 72 } 73 else{ 74 t[p].maxn=t[t[p].r].maxn; 75 t[p].pos=t[t[p].r].pos; 76 } 77 return ; 78 } 79 80 void modify(int p,int l,int r,int x,int v){//单点修改 81 if(l==r){//因为用了树上差分，所以区间和可能是负数 82 t[p].maxn+=v; 83 if(t[p].maxn>0) t[p].pos=x; 84 else t[p].pos=0; 85 return ; 86 } 87 int mid=(l+r)/2; 88 if(x<=mid){ 89 if(!t[p].l) t[p].l=Build();//记住！动态开点！ 90 modify(t[p].l,l,mid,x,v); 91 } 92 else{ 93 if(!t[p].r) t[p].r=Build();//记住！动态开点！ 94 modify(t[p].r,mid+1,r,x,v); 95 } 96 pushup(p); 97 return ; 98 } 99 100 int merge(int p,int q,int l,int r){//线段树合并 101 if(!q) return p; 102 if(!p) return q; 103 if(l==r){ 104 t[p].maxn+=t[q].maxn; 105 if(t[p].maxn>0) t[p].pos=l; 106 else t[p].pos=0; 107 return p; 108 } 109 int mid=(l+r)/2; 110 t[p].l=merge(t[p].l,t[q].l,l,mid); 111 t[p].r=merge(t[p].r,t[q].r,mid+1,r); 112 pushup(p); 113 return p; 114 } 115 116 void dfs(int x){ 117 if(!root[x]) root[x]=Build();//记住！动态开点！ 118 for(int i=head[x];i;i=s[i].next){ 119 int y=s[i].v; 120 if(f[x][0]==y) continue; 121 dfs(y); 122 root[x]=merge(root[x],root[y],1,N);//注意：此处为root[x]而非x是因为对于原树的每一个节点都是线段树的根节点 123 } 124 ans[x]=t[root[x]].pos; 125 return ; 126 } 127 128 int main(){ 129 cin>>n>>m; 130 T=(log(n)/log(2))+1; 131 for(int i=1;i<n;i++){ 132 cin>>a>>b; 133 build(a,b); 134 build(b,a); 135 } 136 bfs();//预处理 137 for(int i=1;i<=m;i++){ 138 cin>>x>>y>>z; 139 int lc=LCA(x,y); 140 if(!root[x]) root[x]=Build(); 141 modify(root[x],1,N,z,1); 142 if(!root[y]) root[y]=Build(); 143 modify(root[y],1,N,z,1); 144 if(!root[lc]) root[lc]=Build(); 145 modify(root[lc],1,N,z,-1); 146 if(!root[f[lc][0]]) root[f[lc][0]]=Build(); 147 modify(root[f[lc][0]],1,N,z,-1);//树上差分 148 } 149 dfs(1);//答案 150 for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<endl; 151 return 0; 152 }
这样复杂度是多少呢？
由于是动态开点线段树，所以基于总操作数m,每次操作至多新建一条长为log v的链，所以至多只有O(m log v) 的节点。
那么合并时，遍历了线段树中所有已有的节点。
那么这样合并复杂度也是O(mlogv)
