高级数据结构——线段树总结
本蒟蒻最近在做线段树的题，做了一小部分，有感而发，故写下这篇博客，如有错误，请大佬指出。
线段树，作为一种高级数据结构，而其作用与分块、树状数组均有一脉相承的部分，而且有的题均可以使用上面的两种算法去解决（当然只是一部分题）
对于线段树的介绍，我也就不再多说了，即对于数列将其放在树上进行维护一些值，在题目的要求下进行修改和更新，最后得到答案。
首先我们先上一两道模板题
1、洛谷P3372线段树1（加操作）
这是一道十分经典的线段树模板，当然他的解法也有其他方法，（十分重要）。
下面是代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=5e6+8;
using namespace std;
ll n,m,tag[N],ans[N],a[N];
ll ls(ll x){
return x<<1;
}//左儿子扩展 （x*2)
ll rs(ll x){
return x<<1|1;
}//右儿子扩展（x*2+1）
void up(ll x){
ans[x]=ans[ls(x)]+ans[rs(x)];
}// 求出当前点的总和值
void build(ll l,ll r,ll p){
if(l==r){
ans[p]=a[l];
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(p));//左儿子建树
build(mid+1,r,rs(p));//右儿子建树
up(p);//进行整合
}
void f(ll l,ll r,ll p,ll k){//k是懒（延迟）标记的数值
tag[p]+=k;
ans[p]+=(r-l+1)*k;
}//tag[]懒标记点。
void down(ll l,ll r,ll p){
ll mid=(l+r)>>1;
f(l,mid,ls(p),tag[p]);//左传
f(mid+1,r,rs(p),tag[p]);//右传
tag[p]=0;//懒标记传递结束，清零
}
void xg(ll xl,ll xr,ll l,ll r,ll p,ll k){//修改操作
if(l>=xl&&xr>=r){//当前区间被所查询的区间包含
ans[p]+=(r-l+1)*k;
tag[p]+=k;
return ;
}
down(l,r,p);//懒坐标传递
ll mid=(l+r)>>1;
if(xl<=mid){
xg(xl,xr,l,mid,ls(p),k);
}
if(xr>mid){
xg(xl,xr,mid+1,r,rs(p),k);
}
up(p);//更新该节点
}
ll query(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p){
ll an=0;
if(gl<=l&&gr>=r){
return ans[p];
}
ll mid=(l+r)>>1;
down(l,r,p);
if(gl<=mid){
an+=query(gl,gr,l,mid,ls(p));
}
if(gr>mid){
an+=query(gl,gr,mid+1,r,rs(p));
}
return an;
}
ll fl,x,y,z;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&fl);
if(fl==1){
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
xg(x,y,1,n,1,z);
}
if(fl==2){
scanf("%lld%lld",&x,&y);
printf("%lld
",query(x,y,1,n,1));
}
}
return 0;
}
下一道模板题：
2、洛谷P3373线段树2（加乘操作）
这道题与上一道题同理，up和down的部分需要修改一下即可。（再给大家一道双倍经验题（P2023 [AHOI2009]维护序列）
下面就是代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e6+7;
ll ans[N],a[N],at[N],ml[N];
ll fl,n,m,P,x,y,z;
ll ls(ll x){
return x<<1;
}
ll rs(ll x){
return x<<1|1;
}
void up(ll p){
ans[p]=(ans[ls(p)]+ans[rs(p)])%P;
}
void build(ll l,ll r,ll p){
at[p]=0;
ml[p]=1;
if(l==r){
ans[p]=a[l];
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(p));
build(mid+1,r,rs(p));
up(p);
}
void down(ll l,ll r,ll p){
ml[ls(p)]=(ml[ls(p)]*ml[p])%P;
ml[rs(p)]=(ml[rs(p)]*ml[p])%P;
at[ls(p)]=(at[ls(p)]*ml[p])%P;
at[rs(p)]=(at[rs(p)]*ml[p])%P;
ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]*ml[p])%P;
ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]*ml[p])%P;
ml[p]=1;//乘懒标记传递完成，清零处理，乘法优先于加法，所以先计算乘法再计算加法
ll mid=(l+r)>>1;
at[ls(p)]=(at[ls(p)]+at[p])%P;
at[rs(p)]=(at[rs(p)]+at[p])%P;
ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]+(mid-l+1)*at[p])%P;
ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]+(r-mid)*at[p])%P;
at[p]=0;
}
void xg(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p,ll k){
if(l>=gl&&gr>=r){
at[p]=(k+at[p])%P;
ans[p]=((r-l+1)*k+ans[p])%P;
return ;
}
down(l,r,p);
ll mid=(l+r)>>1;
if(gl<=mid){
xg(gl,gr,l,mid,ls(p),k);
}
if(gr>mid){
xg(gl,gr,mid+1,r,rs(p),k);
}
up(p);
}//修改+；
void ch(ll cl,ll cr,ll l,ll r,ll p,ll k){
if(l>=cl&&r<=cr){
ml[p]=(ml[p]*k)%P;
at[p]=(at[p]*k)%P;
ans[p]=(ans[p]*k)%P;
return ;
}
down(l,r,p);
ll mid=(l+r)>>1;
if(cl<=mid){
ch(cl,cr,l,mid,ls(p),k);
}
if(cr>mid){
ch(cl,cr,mid+1,r,rs(p),k);
}
up(p);
}//修改*;
ll query(ll al,ll ar,ll l,ll r,ll p){
ll an=0;
if(al<=l&&ar>=r){
return ans[p]%P;
}
down(l,r,p);
ll mid=(l+r)>>1;
if(al<=mid){
an=an+query(al,ar,l,mid,ls(p));
}
if(ar>mid){
an=an+query(al,ar,mid+1,r,rs(p));
}
return an%P;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,/*&m,*/&P);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
sacnf("%lld",&m);
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&fl);
if(fl==1){
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
ch(x,y,1,n,1,z);
}
if(fl==2){
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
xg(x,y,1,n,1,z);
}
if(fl==3){
scanf("%lld%lld",&x,&y);
printf("%lld
",(query(x,y,1,n,1))%P);
}
}
return 0;
}
当你写完这两三道模板题之后那么恭喜你，你已经线段树入门了。
下面，就是对于线段树的进一步的运用。
使用线段树维护方差，平均数等操作
3、P1471 方差
这道题的题面我就不再进行粘贴，具体的意思大概如下：
给定一个数列，其中有三个操作，
1、将L到R的区间内的数加上k。
2、查询L到R区间的平均数。
3、查询L到R区间的方差。
我表示这道题第一开始看的时候对于操作1，2基本就是十分木板的操作，但是当我看到第三个操作时，我有点蒙。
但是，将方差的公式进行展开，就可以得到一个十分明晰的思路
[egin{aligned} sum_{i=1}^{n}left(x_{i}-overline{x}
ight)^{2} &=sum_{i=1}^{n}left(x_{i}^{2}-2 x_{i} overline{x}+overline{x}^{2}
ight) \ &=sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n overline{x}^{2}-2 overline{x} sum_{i=1}^{n} x_{i} \ &=sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n overline{x}^{2}-2 overline{x} cdot n overline{x} \ &=sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-overline{n} overline{x}^{2} end{aligned}
]
最后我们再将这个公式除上n得到最终的式子，这样我们就有了初步的思路，维护这个序列的两个值一个是序列和，一个是序列的平方和。这样我们就可以得到我们所求的答案。
现在我们来考虑如何使用线段树来维护平方和。
我们首先将平方和的公式展开
[(x+k)^{2}=x^{2}+2 k x+k^{2}
]
我们可以知道这样就可以维护平方和：
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct node{
int l,r,siz;
double ave,sum,tag;
}t[N];
int n,m;
double a[N];
inline int ls(int x){return x<<1;}
inline int rs(int x){return x<<1|1;}
inline void upd(int x){
t[x].ave=t[ls(x)].ave+t[rs(x)].ave;
t[x].sum=(t[ls(x)].sum+t[rs(x)].sum);
}
inline void build(int l,int r,int x){
// cout<<1;
t[x].l=l,t[x].r=r,t[x].siz=r-l+1;
if(l==r){
t[x].ave=a[l];
t[x].sum=a[l]*a[l];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(x));
build(mid+1,r,rs(x));
upd(x);
}
inline void pushdown(int x){
if(!t[x].tag) return;
t[ls(x)].tag+=t[x].tag;
t[rs(x)].tag+=t[x].tag;
t[ls(x)].sum+=(2.0*t[ls(x)].ave*t[x].tag+t[ls(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);//维护平方和
t[rs(x)].sum+=(2.0*t[rs(x)].ave*t[x].tag+t[rs(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);
t[ls(x)].ave+=t[x].tag*t[ls(x)].siz;
t[rs(x)].ave+=t[x].tag*t[rs(x)].siz;
t[x].tag=0;
return ;
}
inline void add(int l,int r,int x,double k){
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
t[x].sum+=(2.0*t[x].ave*k+t[x].siz*k*k);
t[x].ave+=k*t[x].siz;
t[x].tag+=k;
return ;
}
pushdown(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid){
add(l,r,ls(x),k);
}
if(r>mid){
add(l,r,rs(x),k);
}
upd(x);
}
inline double query(int l,int r,int x,bool flag){
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
if(flag==1){
return t[x].ave;}
else return t[x].sum;
}
pushdown(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
double res=0;
if(l<=mid){
res+=query(l,r,ls(x),flag);
}
if(r>mid){
res+=query(l,r,rs(x),flag);
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf",&a[i]);
}
build(1,n,1);
while(m--){
int op,l,r;
double k;
double ans1,ans2;
op=read();
if(op==1){
scanf("%d%d%lf",&l,&r,&k);
add(l,r,1,k);
}
if(op==2){
scanf("%d%d",&l,&r);
ans1=query(l,r,1,1);
printf("%.4lf",(double)ans1/(r-l+1));
puts("");
}
if(op==3){
scanf("%d%d",&l,&r);
ans1=query(l,r,1,1);
ans2=query(l,r,1,0);
printf("%.4lf",(double)ans2/(r-l+1)-ans1/(r-l+1)*ans1/(r-l+1));
puts("");
}
}
return 0;
}
值得注意的是这道题的题目要求是实数范围内，所以千万千万不要忘掉使用，
double（手动滑稽）
这就是线段树去维护不同值的一个十分好的题，也十分的考验思维。
下面，我们看下一题，一道维护0/1序列的题。
4、P2894 [USACO08FEB]酒店Hotel （连续的0/1序列问题）
首先我们看一下题目速所要求的操作：
1、查询房间，给出一个x，查询是否有一个序列可以满足连续的为0的序列，如果有，则输出序列最左端的序号，使这个序号尽可能的小，若不存在，则输出0。
2、给定x,y表示退房。
看到了所给的操作，我们需要去考虑，一个连续的区间在查询时可以分为3种情况。
1、连续的区间在左儿子中。
2、连续的区间在右儿子中。
3、连续的区间在左右儿子之间。
所以，我们就需要取分别维护这三个值，需要的时候，进行合并。
从左开始的最长，从右开始的最长，和整个区间的最长部分。
对于upd来说，我们需要每一次去分类讨论是否可以合并。
而对于down来说，就直接更新即可。
下面就是代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename type>
void scan(type &x){
type f=1;x=0;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
#define itn int
const int N=1e6+7;
struct node{
int l,r;
int suml,sumr,sum,siz,tag;
}t[N];
itn n,m;
#define il inline
il int ls(int x){return x<<1;}
il int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
t[x].sum=max(t[ls(x)].sum,t[rs(x)].sum);
t[x].sum=max(t[x].sum,t[ls(x)].sumr+t[rs(x)].suml);
t[x].suml=t[ls(x)].suml;
if(t[ls(x)].suml==t[ls(x)].siz){
t[x].suml+=t[rs(x)].suml;
}
t[x].sumr=t[rs(x)].sumr;
if(t[rs(x)].sumr==t[rs(x)].siz){
t[x].sumr+=t[ls(x)].sumr;
}
}
void build(int l,int r,int x){
t[x].l=l;t[x].r=r;t[x].siz=r-l+1;
t[x].sumr=t[x].suml=t[x].sum=r-l+1;
if(l==r){
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(x));
build(mid+1,r,rs(x));
upd(x);
}
void down(int x){
if(!t[x].tag)return ;
if(t[x].tag==1){
t[ls(x)].sum=t[ls(x)].suml=t[ls(x)].sumr=0;
t[rs(x)].sum=t[rs(x)].suml=t[rs(x)].sumr=0;
t[ls(x)].tag=t[rs(x)].tag=1;
}
if(t[x].tag==2){
t[ls(x)].tag=t[rs(x)].tag=2;
t[ls(x)].sum=t[ls(x)].suml=t[ls(x)].sumr=t[ls(x)].siz;
t[rs(x)].sum=t[rs(x)].suml=t[rs(x)].sumr=t[rs(x)].siz;
}
t[x].tag=0;
}
void add(int l,int r,int x,int k){
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
t[x].tag=k;
if(k==1){
t[x].sum=t[x].suml=t[x].sumr=0;//全部清空
}else{
t[x].sum=t[x].suml=t[x].sumr=t[x].siz;
}
return;
}
down(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid){
add(l,r,ls(x),k);
}
if(r>mid){
add(l,r,rs(x),k);
}
upd(x);
}
itn query(itn l,int r,int x,int k){
if(l==r){
return l;
}
down(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(t[ls(x)].sum>=k){
return query(l,mid,ls(x),k);
}
if(t[ls(x)].sumr+t[rs(x)].suml>=k){
return mid-t[ls(x)].sumr+1;
}else{
return query(mid+1,r,rs(x),k);
}
}
int main(){
scan(n);scan(m);
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++){
itn s;
int x,y;
scan(s);
scan(x);
if(s==1){
if(t[1].sum<x){
puts("0");
continue;
}
itn res=query(1,n,1,x);
printf("%d
",res);
add(res,res+x-1,1,1);//查询之后不要往届修改
}
if(s==2){
scan(y);
add(x,x+y-1,1,2);
}
}
return 0;
}
5、P2846 [USACO08NOV]光开关Light Switching
题目大意：
给你一列灯，让你去开关，然后去查询开着灯的数量
这里，我们就可以将灯的开关抽象为0和1，
0表示这个灯是关着的。
1表示这个灯是开着的。
其中给出的两步操作：
1、给出l,r，将l到r之间的数列全部进行翻转。
2、查询l到r之间的1的个数。
这样，我们可以十分简单去维护一个区间内0的个数，和1的个数。
具体操作如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define itn int
const int N=1e7+7;
struct node{
int l,r,sum1,sum0,tag;
}t[N];
int ls(int x){return x<<1;}
int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
t[x].sum1=t[ls(x)].sum1+t[rs(x)].sum1;
t[x].sum0=t[ls(x)].sum0+t[rs(x)].sum0;
}
void build(int l,int r,int x){
t[x].l=l;t[x].r=r;t[x].tag=0;
if(l==r){
t[x].sum0=r-l+1;
t[x].sum1=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(x));
build(mid+1,r,rs(x));
upd(x);
}
void down(int x){
if(t[x].tag){
if(t[ls(x)].tag==0){
t[ls(x)].tag=1;
}else{
t[ls(x)].tag=0;
}
if(t[rs(x)].tag==0){
t[rs(x)].tag=1;
}else{
t[rs(x)].tag=0;
}
swap(t[rs(x)].sum1,t[rs(x)].sum0);
swap(t[ls(x)].sum1,t[ls(x)].sum0);
t[x].tag=0;
}
}
void add(itn l,int r,int x){
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
swap(t[x].sum1,t[x].sum0);
t[x].tag++;
t[x].tag%=2;
return;
}
down(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid)add(l,r,ls(x));
if(r>mid)add(l,r,rs(x));
upd(x);
return;
}
int query(int l,int r,int x){
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
return t[x].sum1;
}
int res=0;
down(x);
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid)res+=query(l,r,ls(x));
if(r>mid)res+=query(l,r,rs(x));
return res;
}
int n,m;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++){
int ch,x,y;
scanf("%d%d%d",&ch,&x,&y);
if(ch==0){
add(x,y,1);
}else{
printf("%d
",query(x,y,1));
}
}
return 0;
}
这道题使用的思想非常巧妙，我们也用这种的处理方法去解决这样的问题。
最后，我们再来看一道比较暴力的题。
6、P4145 上帝造题的七分钟2 / 花神游历各国
这道题的题面十分的简单易懂就是给你一个序列，然后让你进行操作。
1、给出l到r，对于序列之间的数进行开方
2、查询l到r的区间和
看完操作，我们好像发现这个并不是特别难的样子，但是我们去思考，怎么去修改，区间维护的话，好像不可行的样子啊qwq
这时，我们再回过来看一看这个数1e12，当他开6次根号时，我们就会得到这个：
向下取整之后我们便得到1。
所以，我们就可以考虑使用暴力修改的方式来进行维护。这样我们就可以很好地解决这种的问题。
下面是代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename type>
void scan(type &x){
type f=1;x=0;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
const int N=1e6+7;
#define int long long
struct node{
int l,r,sum,maxx;
}t[N<<2];
int a[N];
int ls(int x){return x<<1;}
int rs(int x){return x<<1|1;}
void upd(int x){
t[x].sum=t[ls(x)].sum+t[rs(x)].sum;
t[x].maxx=max(t[ls(x)].maxx,t[rs(x)].maxx);
}
void build(int l,int r,int x){
t[x].l=l;t[x].r=r;
if(l==r){
t[x].sum=t[x].maxx=a[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls(x));
build(mid+1,r,rs(x));
upd(x);
}
void add(int l,int r,int x){
if(t[x].l==t[x].r){
t[x].sum=sqrt(t[x].sum);
t[x].maxx=sqrt(t[x].maxx);
return;
}
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid&&t[ls(x)].maxx>1)add(l,r,ls(x));
if(r>mid&&t[rs(x)].maxx>1)add(l,r,rs(x));
upd(x);
}
int query(int l,int r,int x){
int res=0;
if(l<=t[x].l&&r>=t[x].r){
return t[x].sum;
}
int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
if(l<=mid)res+=query(l,r,ls(x));
if(r>mid)res+=query(l,r,rs(x));
return res;
}
int n,m;
signed main(){
scan(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scan(a[i]);
}
build(1,n,1);
scan(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int s,l,r;
scan(s);scan(l);scan(r);
if(l>r)swap(l,r);
if(s==0){
add(l,r,1);
}
if(s==1){
printf("%lld
",query(l,r,1));
}
}
return 0;
}
关于线段树的内容基本就差不多了，后续有什么题我做到之后，会看情况添加进去。
如果有什么错误，还请各位大佬提出（主要是本人太菜了）qwq