[学习笔记] 可持久化线段树&主席树

喜欢ヅ旅行 2021-11-19 15:36 300阅读 0赞

**众所周知,线段树是一个非常好用也好写的数据结构,**

因此,我们今天的前置技能:**线段树**.

然而,可持久化到底是什么东西?

别急,我们一步一步来...

### step 1 ###

首先,一道简化的模型:

给定一个长度为\\(n\\)的序列,\\(m\\)个操作,支持两种操作:

*  **修改某个点\\(i\\)的权值**
 *  **查询历史上某个版本\\(u\\)中点\\(i\\)的权值**

同时,每个操作都会生成一个新的版本(也就是说修改是改的一个新的版本,而查询是直接\\(copy\\)上一个版本.

那么,暴力的做法来了:

直接维护\\(m\\)棵线段树,先\\(copy\\)一遍,再直接修改/查询.

然而时间空间都得炸啊啊啊

别急,让我们仔细想想...

首先,我们考虑一下每次修改会发生什么(看图):

![o\_1.png][o_1.png]

(其中修改的是6号节点,红色是经过的路径),

我们可以发现,每次修改都只改了一条链.

也就是说,对于上一个版本,就只有一条链不一样(查询就是一模一样了).

因此,对于上一个版本中一样的其他的链,我们就可以直接沿用.

比如说,上一个版本长这样:

![o\_2.png][o_2.png]

而沿用后的图就长这样选点时的随意导致了图片的丑陋:

![o\_3.png][o_3.png]

那么,我们就只需要在更新版本时,新建一个根节点\\(rt\[i\]\\),

并且只需要新建修改的那条链,其他的沿用上一个版本的就行了.

代码也很简单:

void update(int &k/*动态加的点(当前节点)*/,int p/*沿用的点,即上个版本中这个位置的节点编号*/,int l,int r,int pla/*修改的元素位置*/,int x/*修改的权值*/){ k=++tot;t[k]=t[p];//先copy一波 if(l==r){t[k].val=x;return ;} int mid=(l+r)>>1;//这里就和线段树一样了 if(pla<=mid) update(t[k].l,t[p].l,l,mid,pla,x); else update(t[k].r,t[p].r,mid+1,r,pla,x); }

顺便把建树和询问也贴上来吧(其实和线段树一样):

void build(int &x,int l,int r){ x=++tot; if(l==r){t[x].val=a[l];return ;} int mid=(l+r)>>1; build(t[x].l,l,mid);build(t[x].r,mid+1,r); } int query(int p,int l,int r,int x){ if(l==r) return t[p].val; int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) return query(t[p].l,l,mid,x); else return query(t[p].r,mid+1,r,x); }

到这里,一个简单的模板就结束啦.

例题:[\[模板\]可持久化数组][Link 1]

这题就和模板一模一样,

在叶子节点记录权值,每次单点修改即可.

注意一下,询问是复制的询问的那个版本(不是上一个)因为这个调了好久qwq

上完整代码吧其实都在上面了~:

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; inline int read(){ int sum=0,f=1;char c=getchar(); while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(c<='9'&&c>='0'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();} return sum*f; } const int MX=1000005; struct tree{int l,r,val;}t[MX*30]; int n,m,a[MX]; int rt[MX],tot=0; void build(int &x,int l,int r){ x=++tot; if(l==r){t[x].val=a[l];return ;} int mid=(l+r)>>1; build(t[x].l,l,mid);build(t[x].r,mid+1,r); } void update(int &k,int p,int l,int r,int pla,int x){ k=++tot;t[k]=t[p]; if(l==r){t[k].val=x;return ;} int mid=(l+r)>>1; if(pla<=mid) update(t[k].l,t[p].l,l,mid,pla,x); else update(t[k].r,t[p].r,mid+1,r,pla,x); } int query(int p,int l,int r,int x){ if(l==r) return t[p].val; int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) return query(t[p].l,l,mid,x); else return query(t[p].r,mid+1,r,x); } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); build(rt[0],1,n); for(int i=1;i<=m;i++){ int tt=read(),opt=read(),pla=read(); if(opt==1){int x=read();update(rt[i],rt[tt],1,n,pla,x);} else if(opt==2){printf("%d\n",query(rt[tt],1,n,pla));rt[i]=rt[tt];} } return 0; }

### step 2 ###

接下来,就是我们喜闻乐见的主席树了(话说有哪位\\(dalao\\)能告诉我为什么叫这名字?).

我们以一道模板题开始吧:[\[模板\]可持久化线段树 1(主席树)][1]

**给出一个长度为\\(n\\)的序列,\\(m\\)个询问,每次询问区间\\(\[l,r\]\\)中第\\(k\\)小的数.**

这题暴力很好写吧(然而我们并不满足于暴力).

我们还是一步步来,

首先,先考虑下如果是区间\\(\[1,n\]\\)的第\\(k\\)小该怎么做:

这时候,我们可以考虑到权值线段树.

将原序列离散化,再建一棵线段树,

但这个线段树维护的区间并不是序列的区间,

而是权值的区间.

比如说区间\\(\[l,r\]\\),其实指的是离散化后的权值\\(l\\)~\\(r\\),

也就是第\\(l\\)大到第\\(r\\)大.

还是举个栗子吧:

假设我们现在有一个序列\\(a\\):1,3,3,5,5,5,8,8,8,8.

那么离散化以后就是:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4.

然后我们再建一棵权值线段树:

![o\_4.png][o_4.png]

其中黑色的代表节点编号,红色的代表权值区间,

而蓝色的是接下来我们要讲的每个节点维护的一个值:\\(cnt\\).

这个\\(cnt\\)表示的是当前节点的权值区间内有几个节点.

听不懂?没关系我们接着看:

当我们讲第一个元素(在离散化后就是\\(1\\))插入以后,树就变成了这样:

![o\_5.png][o_5.png]

所有权值区间包括\\(1\\)的\\(cnt\\)都加了\\(1\\).

而当我们将所有数都插进去后,树就成了这样:

![o\_6.png][o_6.png]

于是,我们就可以清楚地看到,在序列中,权值在区间\\(\[l,r\]\\)的数有多少个.

插入的代码如下:

int update(int p/*节点编号*/,int l,int r/*l,r为权值区间*/,int k/*插入的权值*/){ int x=++tot;t[x]=t[p];t[x].cnt++; if(l==r) return x; int mid=(l+r)>>1; if(k<=mid) t[x].l=build(t[p].l,l,mid,k); else t[x].r=build(t[p].r,mid+1,r,k); return x; }

然后我们在求第\\(k\\)小时,先与左子树的\\(cnt\\)比较,

若\\(k<=cnt\\),那答案就在左子树的权值区间里,

否则,将\\(k\\)减去\\(cnt\\),再在右子树里找,

一直到最底层就行了.

查询代码如下:

int query(int p/*当前节点*/,int l,int r,int k/*第k小*/){ if(l==r) return l; int mid=(l+r)>>1; if(k<=t[t[p].l].cnt) return query(t[p].l,l,mid,k); else return query(t[p].r,mid+1,r,k-t[t[p].l].cnt); }

那么接下来,我们来考虑区间\\(\[l,r\]\\)的第\\(k\\)小:

仔细想想,其实我们可以用前缀和的思想,

一个权值为\\(x\\)的数在\\(1\\)~\\(l-1\\)中出现了\\(a\\)次,

在\\(1\\)~\\(r\\)中出现了\\(b\\)次,

那么它在区间\\(\[l,r\]\\)中就出现了\\(a-b\\)次.

因此,我们可以对每个区间\\(\[1,i\],i\\in \[1,n\]\\)建一颗权值线段树,

在查询时,用前缀和的思想计算\\(cnt\\),再查找就行啦.

**然而到这里就结束了吗?**

我们注意到,对于区间\\(\[1,i\]\\)的权值线段树,

与区间\\(\[1,i-1\]\\)比起来仅仅是多插入了一个\\(i\\)的权值而已.

想到了什么? 可持久化线段树!

没错,我们可以像可持久化线段树一样,

沿用相同的节点,只新建需要更新的一条链就行了.

贴上新的询问代码:

int query(int L/*区间[1,l-1]的节点*/,int R/*区间[1,r]的节点*/,int l,int r,int k/*第k小*/){ if(l==r) return l; int mid=(l+r)>>1,sum=t[t[R].l].cnt-t[t[L].l].cnt;//前缀和 if(sum>=k) return ask(t[L].l,t[R].l,l,mid,k); else return ask(t[L].r,t[R].r,mid+1,r,k-sum); }

到这里,主席树就讲完啦.

上完整代码吧:

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; inline int read(){ int sum=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();} return sum*f; } struct tree{int cnt,l,r;}t[5000001]; int n,m,a[1000001],c[1000001]; int rt[500001],tot=0; int build(int p,int l,int r,int k){ int x=++tot; t[x]=t[p];t[x].cnt++; if(l==r) return x; int mid=(l+r)>>1; if(k<=mid) t[x].l=build(t[p].l,l,mid,k); else t[x].r=build(t[p].r,mid+1,r,k); return x; } int ask(int L,int R,int l,int r,int k){ if(l==r) return l; int mid=(l+r)>>1,sum=t[t[R].l].cnt-t[t[L].l].cnt; if(sum>=k) return ask(t[L].l,t[R].l,l,mid,k); else return ask(t[L].r,t[R].r,mid+1,r,k-sum); } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); memcpy(c,a,sizeof(c));sort(c+1,c+n+1); int T=unique(c+1,c+n+1)-c-1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(c+1,c+T+1,a[i])-c; for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=build(rt[i-1],1,T,a[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ int l=read(),r=read(),k=read(); printf("%d\n",c[ask(rt[l-1],rt[r],1,T,k)]); } return 0; }

以后可能还会更新(埋个坑在这)...

### step 3 ###

还真的更新了...

之前,我们讲了可持久化线段树的单点修改对吧.

然而,区间修改去哪了?

但是我们仔细想想,

对于每个版本的线段树,

它们是共用了一些节点,

所以在\\(pushdown\\) \\(tag\\)的时候,就会出锅...(自己\\(yy\\)一下就清楚了)

因此,我们有了一种新的操作——标记永久化.

将一个点的\\(tag\\)一直存下来,在询问的时候直接加上去.

而在修改的时候,只要被区间覆盖到,就要新建节点.

并且,还要一边切割需要修改的区间(这个等下看代码吧),

一直到完全重合时再返回.

来上修改和查询的代码吧:

int update(int p,int l,int r,int d){ int x=++tot;t[x]=t[p]; t[x].sum+=(r-l+1)*d; if(t[x].l==l&&t[x].r==r){//完全重合时返回 t[x].tag+=d;return x; } int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1; if(r<=mid) t[x].ls=update(t[p].ls,l,r,d);//把要修改的区间切一下 else if(l>mid) t[x].rs=update(t[p].rs,l,r,d); else t[x].ls=update(t[p].ls,l,mid,d),t[x].rs=update(t[p].rs,mid+1,r,d); return x; } ll ask(int p,int ad/*一路加上的tag*/,int l,int r){ if(t[p].l==l&&t[p].r==r){ return (r-l+1)*ad/*别忘了tag*/+t[p].sum; } int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1; if(r<=mid) return ask(t[p].ls,ad+t[p].tag,l,r); else if(l>mid) return ask(t[p].rs,ad+t[p].tag,l,r); else return ask(t[p].ls,ad+t[p].tag,l,mid)+ask(t[p].rs,ad+t[p].tag,mid+1,r); }

接下来,让我们来看道例题吧:[洛谷SP11470 TTM - To the moon][SP11470 TTM - To the moon]

这题就是标记永久化的板子了.

看代码吧:

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long using namespace std; inline int read(){ int sum=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();} return sum*f; } struct tree{int l,r,ls,rs;ll sum,tag;}t[2000021]; int n,m,a[500001]; int tt=0,tot=0,rt[500001]; inline void pushup(int p){ t[p].sum=t[t[p].ls].sum+t[t[p].rs].sum; } inline void build(int &p,int l,int r){ p=++tot;t[p].l=l;t[p].r=r; if(l==r){t[p].sum=a[l];return ;} int mid=(l+r)>>1; build(t[p].ls,l,mid);build(t[p].rs,mid+1,r); pushup(p); } int update(int p,int l,int r,int d){ int x=++tot;t[x]=t[p]; t[x].sum+=(r-l+1)*d; if(t[x].l==l&&t[x].r==r){ t[x].tag+=d;return x; } int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1; if(r<=mid) t[x].ls=update(t[p].ls,l,r,d); else if(l>mid) t[x].rs=update(t[p].rs,l,r,d); else t[x].ls=update(t[p].ls,l,mid,d),t[x].rs=update(t[p].rs,mid+1,r,d); return x; } ll ask(int p,int ad,int l,int r){ if(t[p].l==l&&t[p].r==r){ return (r-l+1)*ad+t[p].sum; } int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1; if(r<=mid) return ask(t[p].ls,ad+t[p].tag,l,r); else if(l>mid) return ask(t[p].rs,ad+t[p].tag,l,r); else return ask(t[p].ls,ad+t[p].tag,l,mid)+ask(t[p].rs,ad+t[p].tag,mid+1,r); } inline void change(){ int l=read(),r=read(),d=read(); rt[tt+1]=update(rt[tt],l,r,d);tt++; } inline void query(int x){ int l=read(),r=read(),opt=(x? read():tt); printf("%lld\n",ask(rt[opt],0,l,r)); } inline void back(int x){ tt=x;tot=rt[x+1]-1; } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); build(rt[0],1,n); for(int i=1;i<=m;i++){ char opt[5];cin>>opt; if(opt[0]=='C') change(); else if(opt[0]=='Q') query(0); else if(opt[0]=='H'){query(1);} else if(opt[0]=='B'){int x=read();back(x);} } return 0; }

转载于:https://www.cnblogs.com/zsq259/p/10975990.html

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[Link 1]: https://www.luogu.org/problemnew/show/P3919
[1]: https://www.luogu.org/problemnew/show/P3834
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[SP11470 TTM - To the moon]: https://www.luogu.org/problemnew/show/SP11470