主席树是可持久化线段树。
什么叫可持久化？就是能维护历史版本。
如何维护历史版本？
你会发现修改操作最多只修改logn个节点。
那么你另外建logn个结点表示修改后的线段树信息，其余不变，而root[i]指向第i个历史版本的线段树的根节点。
时空复杂度均为O(nlogn)
查询操作呢？
以静态区间第k小(大)为例。
建树时，相当从空线段树开始，修改n个结点。求[l, r]区间第k大时，用第r个版本的线段树与第l-1个版本的线段树作差即可。
详情可见代码。
http://seter.is-programmer.com/posts/31907.html
https://blog.finaltheory.me/algorithm/Chairman-Tree.html#content-heading
HDU2665
题意：n个数，多个询问。每次询问[l, r]区间内第k大的数。
题解：离散化。相当于有n个操作。询问[l, r]内第k大的数就相当于询问哪个数在r时刻的sum比l时刻的sum大k.注意query()函数的写法。类似线段树上无二分的全局第k大。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1e5+5; 4 int n, m, cnt, root[N], a[N], x, y, k; 5 vector<int> ve; 6 struct node{ 7 int l, r, sum; 8 }; 9 node T[N*20]; 10 11 void update(int& x, int y, int pos, int l, int r){ 12 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum++, x = cnt;//新建一个拷贝自y节点的点， sum++表示插入pos， 令x指向该节点。 13 if(l == r) return ; 14 int m = l+r >> 1; 15 if(pos <= m) update(T[x].l, T[y].l, pos, l, m); 16 else update(T[x].r, T[y].r, pos, m+1, r); 17 } 18 int query(int x, int y, int k, int l, int r){ 19 if(l == r) return l; 20 int m = l+r >> 1; 21 int sum = T[ T[y].l ].sum-T[ T[x].l ].sum; 22 if(sum >= k) return query(T[x].l, T[y].l, k, l, m); 23 else return query(T[x].r, T[y].r, k-sum, m+1, r); 24 } 25 26 int main(){ 27 int t; scanf("%d", &t); 28 while(t--){ 29 ve.clear(); 30 scanf("%d%d", &n, &m); 31 for(int i = 1; i <= n; i++){ 32 scanf("%d", a+i); 33 ve.push_back(a[i]); 34 } 35 sort(ve.begin(), ve.end()); 36 ve.erase( unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end() ); 37 38 cnt = 0; 39 for(int i = 1; i <= n; i++) { 40 int kth = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i])-ve.begin()+1; 41 update(root[i], root[i-1], kth, 1, n); 42 } 43 for(int i = 1; i <= m; i++){ 44 scanf("%d%d%d", &x, &y, &k); 45 printf("%d ", ve[ query(root[x-1], root[y], k, 1, n)-1 ]); 46 } 47 } 48 return 0; 49 }
spoj 3267
题意：给出一个数组。求区间内不同的数的个数。
题解：离散化。相当于有n个操作。相同数字中只保存最右的数字。那么询问[l, r]内不同的数的个数就相当于询问r时刻[l, r]的sum值，也就是r时刻[l, n]的sum值(r以后都是0).
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int N = 3e4+5; 5 int last[N]; 6 int n, m, cnt, root[N], a[N], x, y, k; 7 vector<int> ve; 8 struct node{ 9 int l, r, sum; 10 }; 11 node T[N*20]; 12 13 void update(int& x, int y, int pos, int add, int l, int r){ 14 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum += add, x = cnt;//新建一个拷贝自y节点的点， sum++/--表示插入/删除pos， 令x指向该节点。 15 if(l == r) return ; 16 int m = l+r >> 1; 17 if(pos <= m) update(T[x].l, T[y].l, pos, add, l, m); 18 else update(T[x].r, T[y].r, pos, add, m+1, r); 19 } 20 int query(int x, int y, int l, int r){ 21 if(x <= l) return T[y].sum; 22 if(x > r) return 0; 23 int m = l+r >> 1; 24 return query(x, T[y].l, l, m)+query(x, T[y].r, m+1, r); 25 } 26 27 int main(){ 28 scanf("%d", &n); 29 ve.clear(); 30 for(int i = 1; i <= n; i++){ 31 scanf("%d", a+i); 32 ve.push_back(a[i]); 33 } 34 sort(ve.begin(), ve.end()); 35 ve.erase( unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end() ); 36 for(int i = 1; i <= n; i++) 37 a[i] = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i])-ve.begin()+1; 38 memset(last, 0, sizeof(last)); 39 40 cnt = 0; 41 for(int i = 1; i <= n; i++){ 42 int num = a[i]; 43 if(last[num]) 44 update(root[i], root[i-1], last[num], -1, 1, n), 45 update(root[i], root[i], i, 1, 1, n);// 46 else 47 update(root[i], root[i-1], i, 1, 1, n);// 48 last[num] = i; 49 } 50 int q; 51 scanf("%d", &q); 52 while(q--){ 53 int l, r; 54 scanf("%d%d", &l, &r); 55 printf("%d ", query(l, root[r], 1, n)); 56 } 57 return 0; 58 }
bzoj1901
题意：HDU2665升级版。支持修改操作。修改第i个数位x，查询[l, r]内第k大数。
题解：先按静态建好主席树。另加树状数组套主席树维护修改的值(也就是说，本来修改第i个数需要同时修改根为i ~ n的主席树，O(n)个主席树，套树状数组后只需修改O(logn)个主席树。)
一开始RE，后来想想静态主席树是nlogn个节点，修改的时候需要新增mlognlogn个节点，数组比平时要多一个log，那自然就RE了~
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 //nlogn + mlognlogn 4 const int N = 2e4+5; 5 int n, m, cnt, root[N], a[N], tot; 6 vector<int> ve, p, q; 7 struct node{ 8 int l, r, sum; 9 }; 10 node T[N*200]; 11 12 void update(int& x, int y, int pos, int add, int l, int r){ 13 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum += add, x = cnt;//新建一个拷贝自y节点的点， sum++/--表示插入/删除pos， 令x指向该节点。 14 if(l == r) return ; 15 int m = l+r >> 1; 16 if(pos <= m) update(T[x].l, T[y].l, pos, add, l, m); 17 else update(T[x].r, T[y].r, pos, add, m+1, r); 18 } 19 int query(int k, int l, int r){ 20 if(l == r) return l; 21 int m = l+r >> 1, cnt1 = 0, cnt2 = 0; 22 for(int i = 0; i < p.size(); i++) cnt1 += T[ T[p[i]].l ].sum; 23 for(int i = 0; i < q.size(); i++) cnt2 += T[ T[q[i]].l ].sum; 24 if(cnt2-cnt1 >= k){ 25 for(int i = 0; i < p.size(); i++) p[i] = T[p[i]].l; 26 for(int i = 0; i < q.size(); i++) q[i] = T[q[i]].l; 27 return query(k, l, m); 28 } 29 else{ 30 for(int i = 0; i < p.size(); i++) p[i] = T[p[i]].r; 31 for(int i = 0; i < q.size(); i++) q[i] = T[q[i]].r; 32 return query(k-(cnt2-cnt1), m+1, r); 33 } 34 } 35 36 int lowbit(int x){ return x&-x;} 37 int add(int x, int pos, int add){ 38 for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) 39 update(root[i], root[i], pos, add, 1, tot); 40 } 41 int solve(int l, int r, int k){ 42 l--; 43 p.clear(), q.clear(); 44 if(l) p.push_back(root[n+l]); 45 q.push_back(root[n+r]); 46 for(int i = l; i; i -= lowbit(i)) 47 p.push_back(root[i]); 48 for(int i = r; i; i -= lowbit(i)) 49 q.push_back(root[i]); 50 return query(k, 1, tot); 51 } 52 53 char op[N]; 54 int L[N], R[N], K[N]; 55 int main(){ 56 scanf("%d%d", &n, &m); 57 ve.clear(); 58 for(int i = 1; i <= n; i++){ 59 scanf("%d", a+i); 60 ve.push_back(a[i]); 61 } 62 63 for(int i = 1; i <= m; i++){ 64 scanf(" %c", op+i); 65 if(op[i] == 'Q') scanf("%d%d%d", L+i, R+i, K+i); 66 else scanf("%d%d", L+i, R+i), ve.push_back(R[i]); 67 } 68 69 sort(ve.begin(), ve.end()); 70 ve.erase( unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end() ); 71 72 tot = ve.size(); 73 cnt = 0; 74 75 for(int i = 1; i <= n; i++){ 76 int pos = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i])-ve.begin()+1; 77 update(root[n+i], root[n+i-1], pos, 1, 1, tot); 78 } 79 80 for(int i = 1; i <= m; i++){ 81 if(op[i] == 'Q'){ 82 int val = solve(L[i], R[i], K[i]); 83 printf("%d ", ve[val-1]); 84 } 85 else { 86 int val = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[L[i]])-ve.begin()+1; 87 add(L[i], val, -1); 88 a[ L[i] ] = R[i]; 89 val = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[L[i]])-ve.begin()+1; 90 add(L[i], val, 1); 91 } 92 } 93 return 0; 94 }
hdu4417
题意：求区间内比k小的数的个数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1e5+5; 4 int n, m, cnt, root[N], a[N], tot; 5 vector<int> ve, p, q; 6 struct node{ 7 int l, r, sum; 8 }; 9 node T[N*20]; 10 11 void update(int& x, int y, int pos, int add, int l, int r){ 12 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum += add, x = cnt; 13 if(l == r) return ; 14 int m = l+r >> 1; 15 if(pos <= m) update(T[x].l, T[y].l, pos, add, l, m); 16 else update(T[x].r, T[y].r, pos, add, m+1, r); 17 } 18 int query(int x, int y, int h, int l, int r){ 19 if(l == r) return T[y].sum-T[x].sum; 20 int m = l+r >> 1; 21 if(h <= m) return query(T[x].l, T[y].l, h, l, m); 22 else return T[ T[y].l ].sum-T[ T[x].l ].sum+query(T[x].r, T[y].r, h, m+1, r); 23 } 24 25 int main(){ 26 int t, ca = 1; scanf("%d", &t); 27 while(t--){ 28 printf("Case %d: ", ca++); 29 scanf("%d%d", &n, &m); 30 ve.clear(); 31 for(int i = 1; i <= n; i++){ 32 scanf("%d", a+i); 33 ve.push_back(a[i]); 34 } 35 sort(ve.begin(), ve.end()); 36 ve.erase( unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end() ); 37 tot = ve.size(); 38 39 for(int i = 1; i <= n; i++){ 40 int pos = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i])-ve.begin()+1; 41 update(root[i], root[i-1], pos, 1, 1, tot); 42 } 43 44 int l, r, h; 45 for(int i = 1; i <= m; i++){ 46 scanf("%d%d%d", &l, &r, &h); 47 l++, r++; 48 h = upper_bound(ve.begin(), ve.end(), h)-ve.begin(); 49 printf("%d ", h? query(root[l-1], root[r], h, 1, tot):0); 50 } 51 } 52 return 0; 53 }
hdu5919
题意：求区间里不同数字的个数，然后对于每个数字都要求是区间里第一个出现的位置。然后这个k个数字位置排序后，第k/2个位置是多少。
区间第k大，区间不同数都是主席树套路。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 2e5+5; 4 int n, m, cnt, root[N], a[N]; 5 int last[N]; 6 vector<int> ve, p, q; 7 struct node{ 8 int l, r, sum; 9 }; 10 node T[N*40]; 11 12 void update(int& x, int y, int pos, int add, int l, int r){ 13 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum += add, x = cnt;//新建一个拷贝自y节点的点， sum++/--表示插入/删除pos， 令x指向该节点。 14 if(l == r) return ; 15 int m = l+r >> 1; 16 if(pos <= m) update(T[x].l, T[y].l, pos, add, l, m); 17 else update(T[x].r, T[y].r, pos, add, m+1, r); 18 } 19 int query(int x, int y, int l, int r){//x节点的根树中下标 >= y的个数 20 if(l == r) return T[x].sum; 21 int m = l+r >> 1; 22 if(y <= m) return query(T[x].l, y, l, m)+T[T[x].r].sum; 23 else return query(T[x].r, y, m+1, r); 24 } 25 int querypos(int x, int y, int l, int r){ 26 if(l == r) return l; 27 int m = l+r >> 1; 28 if(T[T[x].l].sum >= y) return querypos(T[x].l, y, l, m); 29 else return querypos(T[x].r, y-T[T[x].l].sum, m+1, r); 30 } 31 32 int main(){ 33 int t, ca = 1; scanf("%d", &t); 34 while(t--){ 35 scanf("%d%d", &n, &m); 36 ve.clear(); 37 for(int i = 1; i <= n; i++){ 38 scanf("%d", a+i); 39 ve.push_back(a[i]); 40 } 41 sort(ve.begin(), ve.end()); 42 ve.erase( unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end() ); 43 44 memset(last, 0, sizeof(last)); 45 cnt = 0, root[n+1] = 0; 46 for(int i = n; i; i--){ 47 int num = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i])-ve.begin()+1; 48 if(last[num]) 49 update(root[i], root[i+1], last[num], -1, 1, n), update(root[i], root[i], i, 1, 1, n); 50 else 51 update(root[i], root[i+1], i, 1, 1, n); 52 last[num] = i; 53 } 54 printf("Case #%d: ", ca++); 55 int l, r, ans = 0; 56 for(int i = 1; i <= m; i++){ 57 scanf("%d%d", &l, &r); 58 l = (l+ans)%n+1, r = (r+ans)%n+1; 59 if(l > r) swap(l, r); 60 int sum = T[ root[l] ].sum, rsum = query(root[l], r+1, 1, n); 61 int pos = (sum-rsum+1)/2; 62 ans = querypos(root[l], pos, 1, n); 63 printf("%d%c", ans, " "[i == m]); 64 } 65 } 66 return 0; 67 }
hdu4605
题意：有一棵树二叉树，每个节点有一个数字。每次询问一个节点和一个带数字的球，问这个球经过这个节点的概率。一个带数字的球从根开始往下走，如果走过的节点数字和他相同，就停在这里；如果节点数字比他大，向左向右的概率都是1/2；否则向左的概率是1/8，向右的概率是7/8。
题解：主席树维护每个结点到根节点的权值线段树。统计以该结点为根表示的线段树中是否存在该数字，不存在的话，统计比该数字小的个数及比该数字大的个数。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1e5+10; 4 int cnt, root[N], tot; 5 int m, n, q, w[N], v[N], X[N]; 6 vector<int> ve[N]; 7 struct node{ 8 int l, r, sum[2]; 9 }; 10 node T[N*40]; 11 struct pp{ 12 int a, b, c; 13 pp(int a, int b, int c):a(a), b(b), c(c){} 14 }; 15 void up(int &x, int y, int pos, int add, int l, int r){ 16 T[++cnt] = T[y], T[cnt].sum[add]++, x = cnt; 17 if(l == r) return ; 18 int m = l+r >> 1; 19 if(pos <= m) up(T[x].l, T[y].l, pos, add, l, m); 20 else up(T[x].r, T[y].r, pos, add, m+1, r); 21 } 22 pp query(int x, int y, int l, int r){//< y left0, < y right1, > y 23 if(r <= y) return pp(T[x].sum[0], T[x].sum[1], 0); 24 if(l >= y) return pp(0, 0, T[x].sum[0]+T[x].sum[1]); 25 int m = l+r >> 1; 26 pp ret1 = query(T[x].l, y, l, m), ret2 = query(T[x].r, y, m+1, r); 27 return pp(ret1.a+ret2.a, ret1.b+ret2.b, ret1.c+ret2.c); 28 } 29 int query2(int rt, int x, int l, int r){//以rt为根的子树是否包含有x 30 if(l == r) return T[rt].sum[0]+T[rt].sum[1]; 31 int m = l+r >> 1; 32 if(x <= m) return query2(T[rt].l, x, l, m); 33 else return query2(T[rt].r, x, m+1, r); 34 } 35 36 void dfs(int f, int x, int lr){ 37 if(f) up(root[x], root[f], w[f], lr, 1, tot); 38 for(int i = 0; i < ve[x].size(); i++){ 39 int y = ve[x][i]; 40 dfs(x, y, i); 41 } 42 } 43 int main(){ 44 int t; scanf("%d", &t); 45 while(t--){ 46 vector<int> tmp; 47 scanf("%d", &n); 48 for(int i = 1; i <= n; i++){ 49 ve[i].clear(); 50 scanf("%d", w+i); 51 tmp.push_back(w[i]); 52 } 53 scanf("%d", &m); 54 int u, a, b; 55 for(int i = 0; i < m; i++){ 56 scanf("%d%d%d", &u, &a, &b); 57 ve[u].push_back(a), ve[u].push_back(b); 58 } 59 scanf("%d", &q); 60 for(int i = 0; i < q; i++){ 61 scanf("%d%d", v+i, X+i); 62 tmp.push_back(X[i]); 63 } 64 sort(tmp.begin(), tmp.end()); 65 tmp.erase( unique(tmp.begin(), tmp.end()), tmp.end() ); 66 for(int i = 1; i <= n; i++) 67 w[i] = lower_bound(tmp.begin(), tmp.end(), w[i])-tmp.begin()+1; 68 for(int i = 0; i < q; i++) 69 X[i] = lower_bound(tmp.begin(), tmp.end(), X[i])-tmp.begin()+1; 70 71 cnt = 0, tot = tmp.size(); 72 dfs(0, 1, 0); 73 74 for(int i = 0; i < q; i++){ 75 if(query2(root[ v[i] ], X[i], 1, tot)){ 76 puts("0"); 77 continue ; 78 } 79 pp ret = query(root[ v[i] ], X[i], 1, tot); 80 //ret.a 1/8 ret.b 7/8 ret.c 1/2 81 int x = ret.b, y = 3*(ret.a+ret.b)+ret.c; 82 printf("%d %d ", x, y); 83 } 84 } 85 return 0; 86 }