主席树
然后在这先%%%一个B站宝藏up主，数据结构讲的很清楚，主席树这一节也是听了很多很多遍
https://space.bilibili.com/120174936?spm_id_from=333.788.b_765f7570696e666f.1
有些概念来自up主的ppt,主席树的代码习惯也是跟up主学的欸嘿嘿
什么是主席树
主席树是一种可持久化的数据结构一可持久化线段树(因为其有函数的性质也叫函数式线段树)
至于为什么叫主席树呢，在这先膜一下黄嘉泰大佬 (HJT) % % % 剩下自行体会
这篇介绍的是静态主席树，至于带修改主席树以及树上主席树的坑，我以后再补
怎么实现
先抛出一个问题，在线询问时，可能会用到之前修改后的值，但他已经被你后几次的修改覆盖掉了，怎么办，把他们都存下来吗
空间复杂度爆炸的大
但是，可以发现，两版本之间有很多的相同之处，如果能利用上这些相同的部分，那么就可以节省很大一部分空间，使得空间复杂度下降
其实，主席树的本质是好多个线段树，我们利用了前缀的思想，对于每一个前缀建一棵树，降低时间复杂度，然后再利用相同的部分把空间复杂度降下来（相当于每次操作只是多了一条链而不是一颗完整的树），达到高效实现问题的效果
实际上，模板题只是一道静态主席树，利用前缀的思想还可以将主席树与树状数组套在一起，实现带修改主席树，不过这就是后话了
如何利用之前版本相同的内容
我们可以在构建新版本的线段树的时候，把没有变动的部分连回到上一个版本的那个部分上（把他左边的树维护的东西复制一遍给他，然后再修改需要修改的值）
这样就可以实现0浪费了
我看这个图片就非常的形象
图片来自：https://www.cnblogs.com/LonecharmRiver/articles/9087536.html
这是模板题 洛谷P3834 POJ-2104 K-th Number的解题思路
在原来的基础上新建一条链 连回另一个子节点 下面我们就来看一下这个题吧
模板题
洛谷P3834 POJ-2104 K-th Number
题目描述
如题，给定 n 个整数构成的序列，将对于指定的闭区间查询其区间内的第 k小值。
输入格式
第一行包含两个正整数 n,m，分别表示序列的长度和查询的个数。
第二行包含 n 个整数，表示这个序列各项的数字。
接下来 m 行每行包含三个整数 l, r, k, 表示查询区间 [l, r]内的第 k小值。
输出格式
输出包含 m行，每行一个整数，依次表示每一次查询的结果
数据范围
1<=n,m<=2e5 -1e9<=a[i]<=1e9
朴素做法：每次对[l,r]排序再询问o(mnlogn) 铁定是过不去
HJT大佬做法：对于原序列的每一个前缀[1--i]建立出一棵线段树维护值域上每个数出现的次数，则其树是可减的
插播：权值线段树，对一个值域上的值的个数进行维护的线段树，
对于一段数字序列，每次询问其第K大值
先建树然后对于每次询问递归查找即可。要找的数如果在左子树上，
就递归查找左子树上的第k大;如果在右子树上，那么就递归查找右子树上的.第(k-左子树值)大
只是在这个题里，可持久化与权值线段树联系在一起了，但实际还有很多可持久化的问题是维护的别的东西，所以也不用说是对于实现的方式过于较真，怎么解怎么实现还是要看题目
了解了权值线段树，我们就可以切这道题了
首先，我们需要先对数据进行离散化。为什么要离散化呢?因为权值线段树维护的是值域,上值的个数，数据范围是-1e9≤a[i]≤1e9，显然开不出这么大的线段树。因为问题只与数的大小相关，而与数本身是多少无关，所以我们可以对数进行离散化，只保存其大小关系即可
例: 25957 6405 15770 26287 26465离散化结果: 3 1 2 4 5
然后我们的主要思想是:用主席树构造一颗可持久化权值线段树，对于每个数字，将其离散化后，新建一个版本的权值线段树，然后插入这个离散化后的数字。例如对于上述序列，我们就要依次建立5个版本的权值线段树，分别插入31245这五个数。这就是对原序列的每一个前缀建树’
对于查询操作L，R，我们利用主席树的函数性质，用R那个版本的权值线段树减去L-1那个版本的权值线段树，在得到的权值线段树中查找第K小值就可以了。有点类似前缀和
这样为什么是正确的呢?因为权值线段树储存的是值域,上值的个数，我们用R版本的权值线段树减去L-1版本的权值线段树，得到的就是维护[L,R]上值的个数的权值线段树
得到结论：主席树=权值线段树+可持久化+前缀和
关于如何实现
离散化：vector排序去重，用的时候二分查找
排序去重
sort(ve.begin(),ve.end()); ve.erase(unique(ve.begin(),ve.end()),ve.end()); getid int getid(int x){return lower_bound(ve.begin(),ve.end(),x)-ve.begin()+1;}
如何储存主席树：
主席树和线段树不一样，因为是动态开点，所以找左右儿子不能通过<<1 and<<1|1来实现，但我们可以用一个结构体存下他的儿子节点的编号，因为是动态开点，最后要开多少点我们也不能确定，但一般都开到35-50左右
hjt[i]为树上的节点，cnt为动态开点的计数器，root[i]为根结点编号，一个root[i]就是一个新版本
struct node { int l,r,sum; }hjt[maxn*40]; int cnt,root[maxn],a[maxn];
用不用建树？？
这个题不用，因为原来的树是空的
两个线段树相减用不用再搞个树
不用，可以在询问的时候边递归边减,
再就是以上的问题呢，也不是绝对的，主要是得跟着题走，但基本不变的是 树的储存，insert操作，insert,query调用，离散化（好多都要）
关于代码
插入：
Insert(左，右，上一个版本的根节点编号，当前版本根结点编号，要插入的位置)
先给当前节点分配一段新内存
然后把上一个版本的树的这个位置维护的东西给当前版本复制一遍
把当前节点的编号改为这个新节点
改变当前节点维护的值
递归分别向左右插入
Insert(左，右，上一个版本的左子节点编号，当前版本左子结点编号，要插入的位置)
Insert(左，右，上一个版本的右子节点编号，当前版本右子结点编号，要插入的位置)
void insert(int l,int r,int pre,int &now,int p) { hjt[++cnt]=hjt[pre]; now=cnt; hjt[now].sum++; if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1; if(p<=mid) insert(l,mid,hjt[pre].l,hjt[now].l,p); else insert(mid+1,r,hjt[pre].r,hjt[now].r,p); }
查询：
Query(左，右，上一个版本的根节点编号，当前版本根结点编号，第几大)
如果到了叶子节点，找到答案
Tem=两版本相减得到的树的左子节点有多少个数
如果大于k，证明第k大在左子树，否则在右子树 （hjt[pre].l,hjt[now].l同步进行，同步递归）
如果在右子树，那么我们应该找的是第k-temp大，因为左子树有k个
int query(int l,int r,int pre,int now,int k) { if(l==r) return l; int mid=(l+r)>>1; int tem=hjt[hjt[now].l].sum-hjt[hjt[pre].l].sum; if(k<=tem) return query(l,mid,hjt[pre].l,hjt[now].l,k); else return query(mid+1,r,hjt[pre].r,hjt[now].r,k-tem); }
主函数
插入
Insert(1，n,上一个数字的那个版本，当前数字版本，找离散后的位置也就是要插入的地方)
for(int i=1;i<=n;i++) { insert(1,n,root[i-1],root[i],getid(a[i])); }
查询
Query(1，n，前一个版本，当前版本，第k大)-1（ve下标从0开始）
printf("%d ",ve[query(1,n,root[l-1],root[r],k)-1]);
完整代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 const int mod = 1e9 + 7; 5 const int inf = 0x3f3f3f3f; 6 const int maxn = 200009; 7 vector<int> ve; 8 struct node 9 { 10 int l, r, sum; 11 } hjt[maxn * 40]; 12 int cnt, root[maxn], a[maxn]; 13 14 int getid(int x) { return lower_bound(ve.begin(), ve.end(), x) - ve.begin() + 1; } 15 16 void insert(int l, int r, int pre, int &now, int p) 17 { 18 hjt[++cnt] = hjt[pre]; 19 now = cnt; 20 hjt[now].sum++; 21 if (l == r) return; 22 int mid = (l + r) >> 1; 23 if (p <= mid) insert(l, mid, hjt[pre].l, hjt[now].l, p); 24 else insert(mid + 1, r, hjt[pre].r, hjt[now].r, p); 25 } 26 27 int query(int l, int r, int pre, int now, int k) 28 { 29 if (l == r) 30 return l; 31 int mid = (l + r) >> 1; 32 int tem = hjt[hjt[now].l].sum - hjt[hjt[pre].l].sum; 33 if (k <= tem) return query(l, mid, hjt[pre].l, hjt[now].l, k); 34 else return query(mid + 1, r, hjt[pre].r, hjt[now].r, k - tem); 35 } 36 37 int main() 38 { 39 // freopen("in.in","r",stdin); 40 int n, m; 41 scanf("%d%d", &n, &m); 42 for (int i = 1; i <= n; i++) 43 { 44 scanf("%d", &a[i]); 45 ve.push_back(a[i]); 46 } 47 sort(ve.begin(), ve.end()); 48 ve.erase(unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end()); 49 for (int i = 1; i <= n; i++) 50 { 51 insert(1, n, root[i - 1], root[i], getid(a[i])); 52 } 53 int l, r, k; 54 while (m--) 55 { 56 scanf("%d%d%d", &l, &r, &k); 57 printf("%d ", ve[query(1, n, root[l - 1], root[r], k) - 1]); 58 } 59 return 0; 60 }
学之前呢，听着这个算法非常的高大上，非常的难啊，但是真正过掉题并且能把解决问题的思路，过程口胡出来，（最好是边念叨边写）确实是很有成就感的，而且会越来越熟练，就不存在每次写线段树都在模板上改，然后时间久了就看不懂代码了的情况（至少现在是没有）
总结，也不是说理解了思维，过掉了模板题就是说会了这个算法了，只能说是了解了基本的过程，并且希望下次碰到心里能不慌，能撸出来是最好的，做不出来也只能说是不够熟练，谁能一口气吃个胖子呢，还是得慢慢理解代码，把他磨成自己的
好像每一次卡题之后的ac都很是欣慰，感觉对他的理解又多了那么一点点hhhhhh