珂朵莉树
珂朵莉树的主要操作是区间覆盖，即将区间([l,r])全部染色为(c)。
EXAMPLE
EXAMPLE 1
给出一个长度为(n)的序列，一共(q)次询问，每次询问给出(m)个区间，求这些区间并集的权值和。
(n leq 10^5,sum m leq 10^5)
SOLUTION 1
显然能用珂朵莉树做
珂朵莉树是一种基于std::set的暴力数据结构。
这个set维护若干区间，这些区间没有交集，且按左端点从小到大有序。
struct node {
int l, r, c;
int operator<(const node& a) const { return l < a.l; }
};
set<node> S;
typedef set<node>::iterator IT;
珂朵莉树的基本操作有两个：
split(pos)
这个操作把包含了(pos)位置的区间分成两段，分别为([l,pos-1])和([pos,r])，且返回([pos,r])的指针。
写法也很简单：
IT split(int po) {
IT it = S.lower_bound((node){po, -1, 0});
if (it != S.end() && it->l == po) return it;
--it;
int l = it->l, r = it->r, c = it->c;
S.erase(it);
S.insert((node){l, po - 1, c});
return S.insert((node){po, r, c}).first;
}
assign(l, r, c)
这个操作将被([l,r])包含的区间全部删除，然后用颜色(c)覆盖区间([l,r])。
代码：
void cover(int l, int r, int c) {
IT itr = split(r + 1), itl = split(l);
S.erase(itl, itr); //意思是删除[itl, itr)，注意左闭右开
S.insert((node){l, r, c});
reset(c, sum[r] - sum[l - 1]);
}
那么，对于上面那题，怎么用珂朵莉树解决？
对于每个询问，我们直接cover(l, r)，由于操作的是整个区间，答案的增减可以直接(O(1))得到，代码只需要在上面的写法上变一下即可：
void cover(int l, int r, int c) {
IT itr = split(r + 1), itl = split(l), it = itl;
for (; it != itr; ++it) {
//这里可以直接根据it的左右端点增减答案
}
S.erase(itl, itr);
S.insert((node){l, r, c});
reset(c, sum[r] - sum[l - 1]);
}
EXAMPLE 2
给出一个(n)个节点的树以及(m)条树上路径，共(q)个询问，每次询问([l_i,r_i])这些路径的并的权值。
SOLUTION 2
先离线询问，把询问([l,r])挂在(r)。从左往右扫时，我们把第(i)条路径上的每个点染色为(i)，然后遍历挂在(i)上的询问，设其左端点是(l)，那么颜色(>=l)的点都有贡献。
树链剖分后路径染色转化为区间问题，为了统计(c>=l)的贡献和，我们再使用树状数组维护，用珂朵莉树解决染色问题，这题就搞定了。
复杂度
如果被覆盖的区间毫无贡献，那么可以证明珂朵莉树复杂度是(O(nlogn))的。
因为每次assign最多增加(3)个区间，每次增加是(O(logn))的，删除区间是均摊(O(logn))的，所以复杂度是(O(nlogn))的。
又扩展技能树啦~