数据结构

分块&莫队

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对询问分块

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询问数较少的情况。
我们记录下当前的(T)次操作，在查询的时候，只需看(O(1))地检查每个操作对查询区间的影响
这样做到查询是(O(T))的
那么每(T)次操作后，需要重新计算当前全局的局面（如计算前缀和）
这样总复杂度是(O(mT+n frac{m}{T}))
当(T=sqrt n)时，复杂度最优为(O(msqrt n))

P3863

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考虑扫描线，扫序列的维度，数据结构维护时间轴
那么一次修改可以看作平行于x轴的一条线，扫的过程中，如果发现有一条线的左端点，要支持后缀修改（会影响后面的时间），代表序列的这个位置相比上个位置+x
那么我就可以快速的去维护一个位置在所有时间的值，转化为一个区间有多少个数(<x)，直接分块来做
区间加，区间rank问题

区间出现次数平方和

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注意，莫队的复杂度是(nsqrt m)，而不是(msqrt n)的
所以询问越多，它跑的越快

AHOI2013作业

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四个限制，莫队维护了两维，直接树状数组会多个log
但发现修改比查询多的多，于是考虑根号复杂度平衡，支持一个修改(O(1)),查询(sqrt n)，直接分块就可以了
发现莫队其实就是个二维的扫描线
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历史研究

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发现可能的答案只有(n)种
先处理出所有答案，离散化后放到一个序列上，并对其进行分块
在跑莫队的时候，把其对应的答案放到我们处理出的那个序列上
这个需要支持(O(1))插入，然后查询时从大到小，若有元素再在这个块中找，显然是(sqrt n)的

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出现了两个区间，且是出现次数的乘积。
发现维度太多，想象能不能消去一些。
发现这东西是有差分性的
(f(l_1,r_1,l_2,r_2)=f(1,r_1,l_2,r_2)-f(1,l_1,l_2,r_2)=f(1,r_1,1,r_2)-f(1,r_1,1,l_2)-f(1,l_1,1,r_2)+f(1,l_1,1,l_2))
中间应该是一些-1这里我没写
然后就只有两维了，用莫队直接维护，维护两个序列，新增一个点时，看它在另一个序列的出现次数就行了

CF1476G

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发现出现次数最多有(sqrt n)种。在莫队的时候处理出现次数的序列，然后双指针扫就可以

经典题目

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(n)个点(m)条边的无向图，支持单点修改，求和一个点相邻的所有点的点权和
(m)是1e5级别，所以度数的总和不超过(2m)，考虑根号分治。
度数(<sqrt n)的暴力处理，对于度数(>sqrt n)，数量很少，在修改的时候，直接处理这个点的修改对度数大于(>sqrt n)的点的影响

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插入(x)，求序列中(mod;y)最小值
(y<sqrt n)，对于每个数，预处理出其mod y的值，在询问时，直接取个全局min
(y>sqrt n)，把序列从小到大排序后，分块。对于(y,2y,...,ty)分别求大于它的最小的数。直接在块上跳就行

平衡树 & 线段树

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两种：维护序列权值，查询k小值;插入删除，翻转一段区间

Splay

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rotate：如果三点共线，就先旋父亲，否则先选自己。最后再旋转自己
merge:把靠左的区间的最右的点旋到根节点，然后直接把右区间接在它的右儿子上
split:把第k小的旋到根节点，然后直接拆

P4198

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每个点算个斜率
维护一下区间斜率最大值，有点像cdq分治，考虑左边对右边的影响，这样合并的时候最多递归其中一个儿子，因为另一个儿子已经被另一个儿子算过了，pushup复杂度是log的

P4036

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✓
有单点插入，一眼平衡树
查询时，直接二分。然后把长度为mid都旋成一颗子树中，那么只需要看两颗子树的哈希值是否相同
支持平衡树单点插入，维护区间哈希
一次查询操作是O(log^2 n)

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和那到cf div1 B 有点像
先去维护区间min,max
直接去维护区间差分数组的gcd，至少需要是k的倍数
判重：维护每个点的pre。代表上一个a_j=a_i的地方
维护一个pre的最大值

P3215

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括号序列匹配
一定是先把能匹配则匹配，剩下的就是"))))((((("，这样的东西
然后合并就是看左括号，右括号哪一个多。
invert就再维护一个序列，rev暂时也是，但lxl说可以直接打标记

李超线段树

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在每个点上打个永久化的标记。
来了一个新的线段后，考虑把那个较高的部分较短的线段下放，这样一定只会下方到其中一个儿子中。
这样每个线段会被下放log次
例题：P4097，P4069

P5608

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考虑标记的合并，和值和值得合并都很好做。
但是标记对值得影响不好做。
考虑维护极长的"x"段，这样不同长度的段最多有根号种
如果维护一个光速幂，一个节点计算的复杂度为(O(sqrt {size}))
虽然为log个节点，但为同一层数最多有2个节点，计算下来还是根号
至于合并的时候，直接把两边的多项式归并

线段树/平衡树要注意的问题

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标记对标记可合并
标记对值的影响快速计算
值对值（儿子的值可以快速合并到父亲）

区间赋矩阵，区间乘法

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线段树直接按2的整数幂建
那么线段树上每个节点的大小也是(2^x)的形式
所以对于(m)种操作的每一个矩阵，都只用预处理(log(n))种幂
一个log的复杂度

CF453E

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我们发现，每一次询问，都会让一个段变为0
不妨维护一段一段的区间，每个区间上记录它是什么时候变成0的
那么一次询问，一定会让区间的段数变小（也有可能+1,但并无大碍）
所以维护一颗平衡树
那一段一段的去解决，总均摊是O(n)的段数
而对于每一段说， 对于已满和未满的分别考虑
已满的就是(t_i<t)的(m_i)的和
把这个问题看作一个二维平面的问题
把询问离线下来，用扫描线支持单点修改，区间查

T-shirt

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对于人建一颗平衡树，对于一件t恤，相当于要把整颗平衡树中(geq c)的数(-c)
但如果直接把那课子树打上标记，可能导致不满足二叉搜索树性质。
所以对于([c,2c])的部分暴力删除+插入，其余部分打标记。
这样暴力部分最多会有log次，且其余也能满足性质，然后去单点+1（树状数组）
复杂度：两个log

P5610

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对于这种除(x)的操作，先要去关心值域。
发现值域很小，就把每种(x)它的倍数处理出来
然后对于/x，在x这颗平衡树里找([l,r])这段区间，如果发现已经不满足条件了，就直接把它从这棵树中删去
这样总点数是(n; log; n)，均摊后总复杂度是(log^2 n)

CF438D

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区间取模，区间和
容易发现，一个数对(p)取模之后，值至少会减半。
所以我们维护区间最大值，如果发现(geq p)，那么直接暴力去递归。
这样每个点最多取模(log)次，且在线段树上递归一个点的时候复杂度也是(log)
总复杂度：两个log

HDU6315

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区间(a_i)+1
询问(sum_{i=l}^r frac{a_i}{b_i})，注意这里是下取整
和上道题类似，同样是抓住所有点的答案的和至多会变(n;log;n)次的性质（调和级数）
每个点初值为(-b_i)，如果发现区间max(<0)，那么不需要修改，只用打个标记
否则我们就要暴力递归，找到0的位置，改成-1，然后把它的答案+1
也是两个log
和上道题基本上一模一样的思路

P7447

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将([l,r])中(>x)的元素(-x)
询问和，min，max
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一种值域分块方法
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分为log个块，分别为([0,1),[1,2),[2,4),[4,8)....)
那么就可以对于每个块开个线段树/平衡树维护
也是找到([l,r])在平衡树中的位置
块的值域(<x)：不用管
块的值域(in[x,2x))，修改后必定会掉到下面的块中，就要删掉，并插在它掉到的那棵平衡树上
块的值域(geq 2x)，维护最小值，看是否要往下掉
这样最多掉落(log)次
复杂度还是两个log

P5066

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维护所有极长的0，1段
考虑或操作：让区间内所有1段长度+1，0段长度-1
与操作是相反的
所以不妨维护一个区间内0，1段个数，长度的最小值
如果发现最小值变为0了，肯定往里面递归进行合并，容易发现合并的次数是(O(n))的，所以暴力递归是正确的

CF1446D2

找最长的子段，使得众数的个数至少为2
首先有一个性质，这些众数，其中的一个一定是原序列的众数
因为从序列两端开始删，第一次有两个数出现次数相等且最大，那么肯定其中一个是原序列的众数。
假设这个众数是(a)，那么我们对于每个值(x)，枚举其所有位置，并对其左/右未被标记的第一个(a)打上标记。
只需考虑那些被打上标记的位置，且只有(O(|x|))个
再搞个前缀和，转化为1，-1，对于每个(sum_i=x)，找出最小和最大的(i)即可

可持久化数据结构

CF464E

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无向图，每条边长度都为2的整数幂
求s到t的最短路，取模。
把每个点的dis可以表示出一个01串，用线段树来维护。
那么比较两个01串的大小直接在线段树上二分，一个log
在进行(u->v)的转移时，会出现进位的情况。
于是可能要进行一些区间赋0，单点修改为1的操作。
在线段树上找到这些节点，新建到新的树上，并把它们影响的父亲也要新建节点
你会发现这就相当于把一段区间拆分成了log个节点，每个节点到根的路径上的点的并，这样也一定是log个节点（并不是(log^2)个）
但节点可能不是叶子节点，就不能再往子树内递归去新建节点，这样空间就炸了。
所以只在上面打上标记，等以后往下递归的时候，再新建儿子节点并下放标记。
加上dijkstra，复杂度是(O(nlog^2 n))

一道codechef的题

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输出两个树上路径按点权从小到大排序后不同的位置
发现总不同位置只有1e6
这里是判断两条路径是否相同，如果在主席树上只维护了某值域中出现了多少个数，不大好做。
所以再维护一个hash值。
找的时候，还是运用差分的思想。
这样我们实际上是对于相同的值域，看它们的位置不同的数量
在权值线段树找，如果发现hash值不同就暴力递归，因为总共只有1e6不一样，所以是对的

扫描线

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HH的项链

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✓
对于区间不同颜色数问题，常见套路：维护(pre_i)，代表上一个同一颜色的位置
问题转化为：查询([l,r])值小于(l)的个数，这个相当于一个3-side的矩形，可差分（很多题往往是离线+差分可以干掉一个关键字）
扫描线从左往右扫，支持单点修改，区间查询

bzoj3489

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查询区间中有多少数只出现一次
直接把((x,y))看成区间([x,y])，然后对于一个数(x)，找到它的pre和nxt，显然只有在这个区间内的区间在能被它贡献到
发现又是一个矩形+1，查询单点问题，扫描线解决

bzoj4212

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多个字符串。多次查询，给出字符串s,t：有多少个字符串满足s是其前缀，t是其后缀
把所有字符串扔到一颗trie上（正着建+反着建）。
查询时，在前缀trie上找到那棵子树，再在后缀trie上也找到那子树。
那合法的字符串肯定同时存在于两颗子树中
对于子树，又是套路，通过dfs序，转成序列上的问题。
假如一个字符串s，在前缀trie的第x个位置，在后缀trie的第y个位置，那么其可以抽象为平面上的((x,y))。
所以一次询问相当于询问一个矩阵和。
修改就是单点加

区间的子区间

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把l看作一维，r看作一维，那么所有子区间是一个三角形（y=x以上的），可以看作2-side矩形

CF997E

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多组询问：求一个区间的多少子区间包含连续的一段值域
转化为：(r-l-(max-min)=0)
把每个区间都看作平面上的一个点，先构造出这个矩阵。
如何构造：一个位置可以分为四部分：r,l,max,min，分开考虑
r,l:比较简单，一行一列的加（其实相当于(1 imes n, 1 imes m)的矩形
max,min:不妨去分治，找到max/min，然后将序列分成两部分，对应平面上的一个矩形
按照扫描线的套路，先把这些矩阵加的操作离线下来。
询问相当于求一个矩阵的和。
在纵轴上维护一颗线段树，设(b_i)为当前第i个位置历史(a_i)的总和。
扫描线每往右滑动一次，相当于会改动所有的(a_i)(当前列的和）
在root上打个tag，即 :(tree_i+=sum_{a_i} imes c)相当于把整个序列的(b_i)都加上了(a_i)，还要维护一个历史加的和（这个非常重要），和上次被标记的时间
那么就可以合并标记了

P5070

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扫右端点，数据结构维护左端点的答案。
设(a_r)的值是(x)，那么我们现在只用考虑前面在([x-9,x+9])中的数，对剩余的数显然不会产生贡献。
还是预处理(pre_i)，那么我们首先找到这20个数在([1,r])的最晚出现位置，分成20段
对于每一段，都相当于，现在已经在长度为20的这个区间里有一些值域连续段了， 然后我们新增了(x)，会产生的贡献自然就是合并两边的段产生的长段（或是一个段的开头/末尾）
所以对于每一个长度(in[1,10])，都要要支持一个区间修改，单点查询，显然维护10个树状数组就行了

LOJ3489

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按照套路，序列和时间分别看做一维。正常来说，这个修改应该是后缀的修改，但这里我们把它改成单点，那么查询相应的改成前缀
对于询问的前缀，假如说我们可以找到最晚的位置满足队列是空的，那么之后，相当于加入和弹出操作，就与之间的顺序无关了。
只需要找到插入中第(t+k)个元素（假设共删除了(t)个元素），这个玩意直接在线段树上二分就可以了。
而最后一个为空的位置，一定是最大后缀和的位置。
首先往后不可能右空的地方（不然往后移会更优）
且这个位置一定是空的，不然可以找到从这里往前的一段区间为正，那么从那里开始累加，到这里就会有元素

LOJ6276

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查询树上有多少条路径满足颜色数不同（每种颜色数量$leq(20） 看着像点分治，实际上是诈骗题 考虑同种颜色点)x,y(，)x(子树的点组合上)y$子树中的点的路径都是不可选的。
按套路求出dfs序，变成了矩形。那么只需要求出所有矩形的并就可以了，然后再取个补集就可以了。
矩形最多有2e6个，扫描线解决

KD树

求区间逆序对

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扫描线+kd树
扫描线扫(r)，显然把所有(a_i>a_r)的点的值+1
查询时，就会求所以(xgeq l)的点求和，就可以kd树了

NOI2019弹跳

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仿照dijkstra的思路，每次找到一个dis最小的点，然后松弛其连到的点
现在一个点连到的点是一个矩形，太套路了，相当于我们要进行矩形取min操作。
那么前提是我们找到一个dis最小的点，也就是求全局min。
结合起来就是kd树来搞

二进制kd树

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反正就是分为了log个kd树,每个kd树的点数都为(2^c)的规模
在修改和查询的时候，就在这log个kd树上分别去搞，这样是(sqrt n + sqrt{frac{n}{2}}+sqrt{frac{n}{4}}+...+1)也是根号级别的
那么如果插入了一个点，若发生进位，相当于把若干个kd树合并了起来，变成了一个更大的kd树，那么我们直接暴力去合并。
这样每个如果被合并了一次，一定代表其所在kd树规模至少乘2，所以一个总合并次数为(n;log;n)。
而对于建立kd树，如果有n个点，其复杂度是(O(nlog n))的，所以总插入复杂度是(O(nlog^2 n))的

树套树

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P3380

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树状数组套值域线段树。
主席树是两个点进行整体二分
现在是log个节点进行整体二分。然后在二分的时候一起往下走
复杂度是两个log

P4054

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虽然有3个维度（矩阵+颜色）
但发现颜色具有特殊性，也就是每次询问都是求(a_{i,j}=c)的个数这样的形式。
对于这样的维度往往可以是省去的。
发现值域也很小，这里开100个二维树状数组

动态逆序对

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求矩形点权和，和单点修改点权

P3242

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还是按照套路，先搞dfs序。
那么问题变成了：单点修改，矩阵里求第(k)大
怎么维护呢？
先把所有矩阵和修改啥的都离线下来，扫描线从左往右扫。
如果把矩阵改成序列的话，直接就是一个树状数组套值域线段树的事。
只不过增高了一维。
按照在整体二分的思想，可以把这个树套树可持久化下来。
然后对于询问矩阵来说，对于两个版本的树套树差分一下，就可以快速得到这个矩阵中值在([l,r])的数有多少个了
外层可持久化树套树的整体二分一个log，在内层的树套树中也是一个log。
(O(nlog^2 n))

P3242（变式）

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反过来想，就是一个矩阵都插入一个数，然后询问单点的第(k)大
因为我只查询单点，问题反而变得更简单一些，就不用可持久化了
支持区间插入，区间删除，单点查第k大。
维护一颗线段树套值域线段树，区间插入时，就在线段树上对应的节点所表示的权值线段树的相应值域+1
因为我们标记永久化了，只用看一下根到它的路径上的所有权值树，也是搞一个整体二分

bzoj3489

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问题转化为矩阵取max，单点求值。
首先还是离线下来。
因为我们只关心最大值，所以原先的权值线段树变成了堆
也就是我们维护了一个树套堆，但这里还要支持删除，堆删除的话就要用到对顶堆。
对顶堆：在原先大根堆A的基础上又维护了一个大根堆B。如果删除的话，先把这个点扔到B堆中。
在任何时候，如果发现两个堆堆顶相等，就把俩都pop掉。
容易发现：B是A的子集，且稍微有些双指针的思想

P5445

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把全是1这样的连续段先用set维护一下。
如果点亮灯，相当于两个段的点联通了，就把一个矩阵上的点加上(inf-t)。
等到之后如果不联通了，就把这个矩阵中的所有数加上(t'-inf)。
这样你会发现刚好加上了(t' -t)
直接一个矩阵加，单点查历史和的东西。（其实也不用维护历史信息，因为那个操作已经自动累加了历史联通的时间和）
一个纯纯的树套树问题

比赛

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A

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✓
直接启发式合并（不要看到子树就被固定思维转化到序列上）

B

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为了防止算重，记录一下每种数出现的最左和最右的位置，然后就是带修改的偏序问题
直接树套树维护（我被卡常了

C

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✓
按询问的角度来看不好做
我们考虑启发式合并，假设现在的根是(x)，下面挂着若干颗子树。
对每个点维护一个set，在枚举轻儿子子树中所有点时，看一下set中其前驱和后继。
然后把包含它们的所有区间都要加上x这个LCA（相当于一个矩形）
但为什么其他点不用管，因为前驱后继所表示的矩形一定是最大的，会把其它矩形给覆盖掉。
然后就是搞一下矩形求并
但发现这里是2-side矩形，所以可以把这些(k)个矩形再改成另一形式的(k)个不相交的，就是区间加了，扫描线解决

LCT

基本操作

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access：不断把它旋到splay的根，从(x)接到(y)，还需把(y)旋到树根，然后把(x)替换(y)原先的右子树
makeroot：先access，然后把其到根节点的重链翻转
cut：先把(x)变成根，在对y进行access，然后在把(y)旋到splay的根，然后把(y)和其左子树分离
link：先把(x)变成根，再把y变成其父亲，相当于一条虚边
isroot:判断其父亲的左右儿子只要有一个是x，那么x就必定不是splay的根
select:先让x变成根，在access一下y，然后splay维护的就是这条路径了
注意access的时候要先把其到根路径上的点的标记先下放

P3203

(;)
按弹射关系连边，构成一棵树，支持link和cut
求其到根的距离就可以了（大概access一下看splay的size）

P3703

(;)
这里染成一种从没染过的颜色是很重要的一条性质
那么可以把这个路径染色看成抽象成access。
而与序列颜色段数类比，发现这样access均摊的次数就是(O(n+m))
然后找x->y的颜色段数。
因为这里涂色很特殊，是点到根的路径。
所以一种颜色不可能被分成了两段。
找出它们的lca，差分一下，注意这里要特判一下距离lca最近的一段颜色，讨论一些情况
维护一下每个点到根要经过重链的个数，那么子树求最大就转化为dfs序
【根到路径】联想到access

P4172

(;)
让路径的最大值最小，容易发现只需要找到最小生成树
而删边维护最小生成树不是很好做。
还是按照套路，考虑加边。
如果原先不联通：直接加
否则，把x->y的路径上最大值的边给去掉。LCT就很好维护了
【动态维护最小生成树】

P2387

(;)
有两个关键字，求1->n两个关键字max的和最小是多少
发现这题没有什么查询操作
那么考虑从小到大枚举(A)的max，相应的可以加入一些边【link】
最小化b的最大值，也是求在b的图上求最小生成树，和上题一模一样

loj6038

(;)
显然维护一下直径就好了，而合并两棵树，新的直径也一定是原来的4个端点的两个之一
【动态维护直径+距离】

P4230

(;)
双指针，支持link,cut，就可以找出每个(l)为左端点时，最小的(r)，满足其是合法的序列。
单独考虑以(l)为左端点的序列，相当于是一个加上等差数列，线段树维护

CF1017G

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好妙的一道题
一个点只会被祖先染黑，加入把一个点染黑，就把这个点权值+1。
那么一个点被染黑当且仅当到根路径上最大后缀和>0
考虑染白的操作，求出最大后缀和t，然后把点权减去t，发现这样刚好满足条件（这玩意怎么才能想到啊）

CF1109F

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更妙了
有环了之后肯定就合法了，还是双指针找到第一个没有环的地方。
考虑这段区间有多少个点(i)，满足([i,r])是一棵树（判断不是森林）
又是常见套路：点数-边数=1的才是一棵树
考虑维护这个东西
扫描线往右扫的时候，直接区间+1，考虑与它相邻的四个位置，在区间上找到这四个位置，分为四段，相应的进行区间-1，-2，-3，-4操作
最后找有多少个位置满足其值=1，显然也可以用维护区间最小值和个数的方法来做