这篇会理论上讲一讲常用的数据结构维护手法。
我是嘴巴选手我自豪！
①cdq分治
现在我们有一些修改，有一些询问，修改之间独立。
我们考虑分治，对于左右两半分别分治，然后对于左边的修改计算对右边询问的贡献。
本身的复杂度是O(nlogn)。
②整体二分
现在我们有一些修改，有一些询问。
我们需要求出，在最少多少组修改之后满足题目条件。（或者可以转化成这样）
对于单组询问，我会二分！对于多组询问，真不巧，二分超时了...
我们考虑整体二分。整体二分的框架大概是这样：
def 整体二分(el,er,ql,qr): if el==er: ql到qr的答案都是el return em=(el+er)/2 模拟el...em的操作 看一下ql...qr哪些满足了 满足的放到ql...qm，不满足的放到qm+1...qr 整体二分(em+1,er,qm+1,qr) 撤销el...em的操作 整体二分(el,em,ql,qm)
本身的复杂度是O(nlogn)的。
升级版（upd 2017.7.19）
有n条边，每条边有一个边权，对于每个i，你要对前i条边回答，加上边权<=几的边会没有奇数大小的联通块。
http://codeforces.com/contest/603/submission/14601511
def go(l,r,al,ar): #表示现在考虑操作[l,r]，答案边权在[al,ar] #编号<l，边权<al的边已经加好了 mid=(l+r)/2 记录一个状态ver for i in [l,mid]: 如果i操作的边边权比al小就加边 nmid=-1 for i in [al,ar]: 如果边权为i的边，操作编号为[l,mid]就加边 如果没有奇数联通块了: nmid=i break 回到状态ver if nmid==-1: [l,mid]答案为-1 for i in [l,mid]: 如果i操作的边边权比al小就加边 go(mid+1,r,al,ar) 回到状态ver return ans[mid]=nmid for i in [al,nmid-1]: 如果边权为i的边，操作编号在[1,l-1]就加边 go(l,mid-1,nmid,ar) 回到状态ver for i in [l,mid]: 如果i操作的边边权比al小就加边 go(mid+1,r,al,nmid) 回到状态ver
③时间倒流
现在我们有一些修改（例如删除边啥的），有一些询问。
修改反着做比正着做容易。
既然可以离线，干脆把修改倒过来做。
④根号重构
现在我们有一些修改，有一些询问，修改之间独立。
对于一堆修改计算对一堆询问的贡献复杂度比较高（例如和询问修改个数无关，而和其它东西有关），而单个修改对单个询问贡献复杂度很低。
同时我们可以用相对比较低的复杂度把一坨修改预处理一波，计算预处理之后的东西对单个询问贡献复杂度很低。
我们可以每根号个修改预处理一次，然后询问就枚举还没预处理的修改以及预处理好的算贡献就可以了。
本身的复杂度是O(n√n)。
⑤莫队
A.
现在我们没有修改，只有一大堆询问。
询问十分复杂，但是如果知道了[l,r]的答案，可以很快得到[l,r-1]和[l,r+1]和[l-1,r]和[l+1,r]的答案。
考虑把l分成根号块，把所有询问排序，按l所在的块编号为第一关键字，r为第二关键字排序，暴力拓展当前的区间。
本身的复杂度是O(n√n)。
B.（upd 2017.03.19）
现在我们没有修改，只有一大堆询问。
询问十分复杂，但是如果知道了[l,r]的答案，可以很快得到[l,r+1]和[l-1,r]的答案。
设p=sqrt(n)，那么对于长度<=2p的询问先暴力做。
对于长度>2p的，考虑把左端点按p间距分块，每次考虑左端点在同一块中的所有询问。
对于左端点在一块的询问，假装块范围为[l,r]，把这坨询问按右端点排序，假设某个询问为[p,q]，那么首先考虑[r+1,q]，因为q是递增的，所以大概可以拿个指针扫一遍，然后再插入[p,r]，插入完再撤销。（既然能插入显然也能撤销，大不了把所有修改过的内存地址记下来）
本身的复杂度还是O(n√n)。
⑥线段树分治
现在我们有一些区间修改，有一些单点询问，询问在所有修改之后。
A.
比较容易支持对当前状态进行修改，并撤销这次修改（如果不再进行其它修改）。
考虑对于区间建出线段树结构（只要结构），然后对于每个修改下放到log个区间，然后我们在线段树上分治，进这个点的时候进行这个点所有修改，出这个点的时候撤销这些修改，对于叶节点记录一下答案。
复杂度是O(nlogn*(修改/撤销)+n*询问)。
B.（upd 2016.12.26）
比较容易支持处理出一个区间的信息，询问信息可以合并。
还是对于区间建出线段树结构（只要结构），对于每个修改下放到log个区间，对于每个线段树节点预处理信息，单点询问时把它到线段树根节点上的链每个信息都查询一遍，合并在一起。
实际写的时候可以把询问先全部扔到链上的每个节点上，不用真的实时查询。
复杂度是O(nlogn*修改+nlogn*询问)。
一般来说B比较优秀，除非询问的东西实在比较特殊，询问大概慢一个log这样，而且还要兹磁撤销（我猜并没有这种题目？）
⑦二进制分组
现在我们有一些修改，有一些询问，修改之间独立。强制在线。
我们可以以一个与修改个数有关的时间预处理出一些修改的信息，对于一个询问可以快速地在预处理后的一些修改中获取信息。
我们可以采用二进制分组的思想，感觉这种做法只能看图了...
（jiry：2048）
本身的复杂度是O(nlogn)。
⑧分治（upd 2017.03.22）
现在有一些询问，询问静态区间中一段的某些信息。询问支持离线，信息容易保存，用单点更新信息比信息合并快一个log。
考虑对于序列分治，每次把序列切成两段，考虑跨两段的询问，只要断点前后做一次前后缀和，对于询问合并一下一个后缀和一个前缀就好了。
假设信息合并是O(log)的，更新单点是O(1)的，那么复杂度就是O(nlogn)的。