主席树——多棵线段树的集合

主席树：

（不要管名字）

我们有的时候，会遇到很多种情况，对于每一种情况，都需要通过线段树的操作实现。

碰巧的是，相邻两种情况下的线段树的差异不大。（总体的差异次数是O(N)级别的，均摊就是O(常数)的了）

显然的是，我们不能对于每种情况都建造一棵线段树。n^n 空间直接MLE无疑。

救命稻草是：发现相邻两种情况下的线段树的差异不大。

所以，我们是否可以让不同的线段树共用同一个节点呢？！？！？

这就是主席树的本质。也是精妙之处所在。

代码实现不是很麻烦。

我一般用传返回值形式，每次返回一个节点编号，便于设置儿子编号。比较方便。

注意的是，我们必须记录lson，rson，不能采用x<<1,x<<1|1的形式。因为没有这样的规律可循。

你不知道子节点和自己有什么关系。（这是谁家的孩子？公家的）

经典例题：

1.区间第k小（大）。

离散化必须的。

对于每一个区间节点开一个权值线段树。i的线段树的节点l~r表示，在真正的区间1~i中，大小在l~r的数出现的次数。

记录每个线段树节点根的所在位置。

查询的时候，l-1，r两棵线段树同时出发，区间[a,b]sum值做一个差，就是l~r这个区间内，数值在[a,b]之间的数的个数。

对于区间第k小，选择左儿子区间做差，u<k，就进入右儿子，同时k-=u

否则进入左儿子。

区间第k大正相反。

对于n棵主席树，相邻两个主席树i，i-1只在i的数值位置的值不一样。

所以，相邻的主席树只会增加logn个节点。

总空间复杂度nlogn

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m;
int a[N],num[N];
int cnt,rt[N];
int li(int x){return lower_bound(num+1,num+cnt+1,x)-num;
}
struct node{int sum,lson,rson;
}t[N*18];
int tot;
int add(int x,int l,int r,int c){tot++;int ret=tot;t[tot].sum=t[x].sum+1;if(l==r){return ret;}int mid=(l+r)>>1;if(c<=mid){t[tot].rson=t[x].rson;t[tot].lson=add(t[x].lson,l,mid,c);} else{t[tot].lson=t[x].lson;t[tot].rson=add(t[x].rson,mid+1,r,c);}return ret;
}
int query(int x,int y,int l,int r,int k){if(l==r){return l;}int mid=(l+r)>>1;int u=t[t[y].lson].sum-t[t[x].lson].sum;if(u>=k){return query(t[x].lson,t[y].lson,l,mid,k);}else{return query(t[x].rson,t[y].rson,mid+1,r,k-u);}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);int df;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),num[++cnt]=a[i];sort(num+1,num+cnt+1);cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;rt[0]=++tot;for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=add(rt[i-1],1,cnt,li(a[i]));int op,l,r;while(m--){scanf("%d%d%d",&l,&r,&op);int ot=query(rt[l-1],rt[r],1,cnt,op);printf("%d\n",num[ot]);}ret

2.spoj 10628 Count on a tree

给定一棵N个节点的树，每个点有一个权值，对于M个询问(u,v,k)，你需要回答u xor lastans和v这两个节点间第K小的点权。其中lastans是上一个询问的答案，初始为0，即第一个询问的u是明文。

树上区间第k小，从根节点开始每个节点建主席树，从父亲版本跟新过来。

对于x的主席树，[a,b]表示，从根到x的路径上，点权值在[a,b]之间的点数。

儿子和父亲的主席树的差异，仅在x的点权数值的位置上。

类似树上差分，

对于询问的x，y，设它们的最近公共祖先是lca

四棵树同时走，x，y路径上的点权点数的信息，就是sum[x]+sum[y]-sum[lca]-sum[fa[lca]]（和点覆盖的树上差分类似）

剩下的同理了

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+10;
int n,m;
int w[N];
int rt[N];
int num[N],mem;
struct node{int nxt,to;
}e[2*N];
int hd[N],cnt;
int li(int x){return lower_bound(num+1,num+mem+1,x)-num;
}
void add(int x,int y){e[++cnt].nxt=hd[x];e[cnt].to=y;hd[x]=cnt;
}
int dep[N];
int fa[N][30];int lca(int x,int y){if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);for(int i=28;i>=0;i--){if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])x=fa[x][i];}if(x==y) return x;for(int i=28;i>=0;i--){if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];}return fa[x][0];
}
struct tr{int sum,lson,rson;#define ls(x) t[x].lson#define rs(x) t[x].rson#define s(x) t[x].sum
}t[N*30];
int tot;
int upda(int x,int l,int r,int c){int ret=++tot;t[ret].sum=t[x].sum+1;if(l==r) return ret;int mid=l+r>>1;if(c<=mid){rs(ret)=rs(x);ls(ret)=upda(ls(x),l,mid,c);}else{ls(ret)=ls(x);rs(ret)=upda(rs(x),mid+1,r,c);}return ret;
}
int query(int x,int y,int z,int p,int l,int r,int k){if(l==r) return l;int mid=l+r>>1;int u=s(ls(x))+s(ls(y))-s(ls(p))-s(ls(z));if(k<=u)return query(ls(x),ls(y),ls(z),ls(p),l,mid,k);else return query(rs(x),rs(y),rs(z),rs(p),mid+1,r,k-u);
}
void dfs(int x,int d){dep[x]=d;rt[x]=upda(rt[fa[x][0]],1,mem,li(w[x]));for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa[x][0]) continue;fa[y][0]=x;dfs(y,d+1);    }
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]),num[++mem]=w[i];sort(num+1,num+mem+1);mem=unique(num+1,num+mem+1)-num-1;int x,y;for(int i=1;i<=n-1;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}dfs(1,1);dep[0]=-1;for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];}int op;int las=0;while(m--){scanf("%d%d%d",&x,&y,&op);x^=las;int anc=lca(x,y);//cout<<" anc "<<anc<<endl;int ot=query(rt[x],rt[y],rt[anc],rt[fa[anc][0]],1,mem,op);las=num[ot];printf("%d\n",num[ot]);}return 0;
}

Count on a tree

3.[国家集训队]middle

一个长度为n的序列a，设其排过序之后为b，其中位数定义为b[n/2]，其中a,b从0开始标号,除法取下整。

给你一个长度为n的序列s。

回答Q个这样的询问：s的左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的子序列中，最大的中位数。

其中a<b<c<d。

位置也从0开始标号。

我会使用一些方式强制你在线。

这个题就比较的巧妙了。不像之前的套路性的第k问题。

这个是真真正正地用主席树替代了线段树。

首先，对于区间中位数一个比较套路的做法是：

二分一个答案mid，把所有>=mid的数值设成1，<mid的值设为-1

查询区间内的和是否>=0（这个题是>=0，题意中，偶数项的中位数是中间的那两个靠后的那一个）

是，中位数应该更大，

否则，中位数只能更小。

先不考虑复杂度。

给[a,d]区间的数赋值为1、-1

这个题，区间都不是固定的。

但是，[b+1,c-1]的值是必选的。计算一下这个区间的和。

对于[a,b],[c,d]

因为要让中位数尽可能的大。

所以，争取选择尽可能多的1

找一个[a,b]的最大后缀，[c,d]的最大前缀。

这三个和就是对于mid的最大的和了，可以进行判断。

因为多组询问，而数组不会改变，

而离散化之后，中位数的值在1~n之间。

所以，对于每一个二分的mid值，建一棵线段树。

线段树以区间下标为下标，记录区间和，区间最大后缀，最大前缀。

就可以O(logn)判断mid是否可以更优了。

空间又炸了。所以主席树闪亮登场！！！

发现，对于mid变成mid+1，只有值为mid的数的值会从+1变成-1.

主席树在前者的基础上暴力修改。

每一个数就会改一次，所以均摊logn空间。、

时间复杂度：nlogn^2

空间复杂度：nlogn

代码：(vector 记录数字出现的位置）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20000+10;
int n,m;
int a[N],num[N],mem;
int rt[N];
int x1,x2,x3,x4;
int li(int x){return lower_bound(num+1,num+mem+1,x)-num;
}
struct node{int sum,lmx,rmx;int lson,rson;bool ncl,ncr;#define s(x) t[x].sum#define ls(x) t[x].lson#define rs(x) t[x].rson#define lm(x) t[x].lmx#define rm(x) t[x].rmx#define cl(x) t[x].ncl#define cr(x) t[x].ncr
}t[N*40];
int tot;
vector<int>pos[N];
void pushup(int x){s(x)=s(ls(x))+s(rs(x));lm(x)=max(lm(ls(x)),s(ls(x))+lm(rs(x)));rm(x)=max(rm(rs(x)),s(rs(x))+rm(ls(x)));
}
int build(int l,int r){int id=++tot;if(l==r){if(li(a[l])<=1) s(id)=lm(id)=rm(id)=-1;else s(id)=lm(id)=rm(id)=1;return id;}int mid=l+r>>1;cl(id)=1;cr(id)=1;ls(id)=build(l,mid);rs(id)=build(mid+1,r);pushup(id);return id;
}
int upda(int x,int y,int l,int r,int to,int c,bool nc){if(!nc) {x=++tot;}if(l==r){s(x)=lm(x)=rm(x)=c;return x;}int mid=(l+r)>>1;if(to<=mid){if(!cr(x)) rs(x)=rs(y);if(!cl(x)){cl(x)=1;ls(x)=upda(x,ls(y),l,mid,to,c,0);}else{ls(x)=upda(ls(x),ls(y),l,mid,to,c,1);}}else{if(!cl(x)) ls(x)=ls(y);if(!cr(x)){cr(x)=1;rs(x)=upda(x,rs(y),mid+1,r,to,c,0);}else{rs(x)=upda(rs(x),rs(y),mid+1,r,to,c,1);}}pushup(x);return x;
}
int qs(int x,int l,int r,int L,int R){if(L<=l&&r<=R){return s(x);}int mid=l+r>>1;int ret=0;if(L<=mid) ret+=qs(ls(x),l,mid,L,R);if(mid<R) ret+=qs(rs(x),mid+1,r,L,R);return ret;
}
node ql(int x,int l,int r,int L,int R){if(L<=l&&r<=R){return t[x];}int mid=l+r>>1;if(L<=mid&&mid<R){node ret;node le=ql(ls(x),l,mid,L,R);node ri=ql(rs(x),mid+1,r,L,R);ret.sum=le.sum+ri.sum;ret.lmx=max(le.lmx,le.sum+ri.lmx);return ret;}else if(L<=mid){return ql(ls(x),l,mid,L,R);}else {return ql(rs(x),mid+1,r,L,R);}
}
node qr(int x,int l,int r,int L,int R){if(L<=l&&r<=R){return t[x];}int mid=l+r>>1;if(L<=mid&&mid<R){node ret;node le=qr(ls(x),l,mid,L,R);node ri=qr(rs(x),mid+1,r,L,R);ret.sum=le.sum+ri.sum;ret.rmx=max(ri.rmx,ri.sum+le.rmx);return ret;}else if(L<=mid){return qr(ls(x),l,mid,L,R);}else {return qr(rs(x),mid+1,r,L,R);}
}
bool che(int val){int sz=0;if(x2+1<=x3-1) sz=qs(rt[val],1,n,x2+1,x3-1);int sr=ql(rt[val],1,n,x3,x4).lmx;int sl=qr(rt[val],1,n,x1,x2).rmx;return (sl+sz+sr)>=0;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),num[++mem]=a[i];sort(num+1,num+mem+1);mem=unique(num+1,num+mem+1)-num-1;for(int i=1;i<=n;i++){pos[li(a[i])].push_back(i);}rt[1]=build(1,n);for(int i=2;i<=mem;i++){for(int j=0;j<pos[i-1].size();j++){int go=pos[i-1][j];rt[i]=upda(rt[i],rt[i-1],1,n,go,-1,rt[i]>0);}}scanf("%d",&m);int las=0;int ch[6];while(m--){scanf("%d%d%d%d",&x1,&x2,&x3,&x4);ch[1]=(x1+las)%n;ch[2]=(x2+las)%n;ch[3]=(x3+las)%n;ch[4]=(x4+las)%n;sort(ch+1,ch+4+1);x1=ch[1]+1,x2=ch[2]+1,x3=ch[3]+1,x4=ch[4]+1;int l=1,r=mem;int ans=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(che(mid)) ans=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}las=num[ans];printf("%d\n",las);}return 0;
}

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