线段树合并

 https://blog.csdn.net/keydou/article/details/83691189

 bzoj 4756

题目大意：给出一棵树（根为 1），每个点有点权，对于每个点，询问它子树中点权比它大的点的个数

其实可以把这道题当成线段树合并入门题来做

首先把点权离散化，把所有的点都先单独建一颗权值线段树

然后从根开始 dfs ，一边 dfs 一边合并线段树，不断合并上去，最后求答案就行了

这种每个点都有权值、

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,t,tot;
int first[N],v[N],nxt[N];
int a[N],ans[N],val[N],root[N],size[N*40],lc[N*40],rc[N*40];
void add(int x,int y)
{
    t++;
    nxt[t]=first[x];
    first[x]=t;
    v[t]=y;
}
void build(int &root,int l,int r,int val)
{
    root=++tot;
    size[root]=1;
    if(l==r)  return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(val<=mid)  build(lc[root],l,mid,val);
    else  build(rc[root],mid+1,r,val);
}
int Merge(int x,int y)
{
    if(!x)  return y;
    if(!y)  return x;
    size[x]+=size[y];
    lc[x]=Merge(lc[x],lc[y]);
    rc[x]=Merge(rc[x],rc[y]);
    return x;
}
int calc(int root,int l,int r,int x,int y)
{
    if(l>=x&&r<=y)
      return size[root];
    int ans=0,mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid)  ans+=calc(lc[root],l,mid,x,y);
    if(y>mid)  ans+=calc(rc[root],mid+1,r,x,y);
    return ans;
}
void dfs(int x)
{
    int i,j;
    for(i=first[x];i;i=nxt[i])
    {
        j=v[i],dfs(j);
        root[x]=Merge(root[x],root[j]);
    }
    ans[x]=calc(root[x],1,m,val[x]+1,m);
}
int main()
{
    int x,i;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i)  scanf("%d",&a[i]),val[i]=a[i];
    for(i=2;i<=n;++i)  scanf("%d",&x),add(x,i);
    sort(a+1,a+n+1),m=unique(a+1,a+n+1)-(a+1);
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        val[i]=lower_bound(a+1,a+m+1,val[i])-a;
        build(root[i],1,m,val[i]);
    }
    dfs(1);
    for(i=1;i<=n;++i)
      printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}

神奇的操作——线段树合并（例题: BZOJ2212）

 

什么是线段树合并？

首先你需要动态开点的线段树。（对每个节点维护左儿子、右儿子、存储的数据，然后要修改某儿子所在的区间中的数据的时候再创建该节点。）

考虑这样一个问题：

你现在有两棵权值线段树（大概是用来维护一个有很多数的可重集合那种线段树，若某节点对应区间是[l,r][l,r]，则它存储的数据是集合中≥l≥l、≤r≤r的数的个数），现在你想把它们俩合并，得到一棵新的线段树。你要怎么做呢？

提供这样一种算法（tree(x, y, z)表示一个左儿子是x、右儿子是y、数据是z的新结点）：

tree *merge(int l, int r, tree *A, tree *B){
    if(A == NULL) return B;
    if(B == NULL) return A;
    if(l == r) return new tree(NULL, NULL, A -> data + B -> data);
    int mid = (l + r) >> 1;
    return new tree(merge(l, mid, A -> ls, B -> ls), merge(mid + 1, r, A -> rs, B -> rs), A -> data + B -> data);
}

（上面的代码瞎写的……发现自己不会LaTeX写伪代码，于是瞎写了个“不伪的代码”，没编译过，凑付看 ><）

这个算法的复杂度是多少呢？显然是A、B两棵树重合的节点的个数。

那么假如你手里有m个只有一个元素的“权值线段树”，权值范围是[1,n][1,n]，想都合并起来，复杂度是多少呢？复杂度是O(mlogn)O(mlog⁡n)咯。

这个合并线段树的技巧可以解决一些问题——例如这个：BZOJ 2212。

题意：

给出一棵完全二叉树，每个叶子节点有一个权值，你可以任意交换任意节点的左右儿子，然后DFS整棵树得到一个叶子节点组成的序列，问这个序列的逆序对最少是多少。

可以看出，一个子树之内调换左右儿子，对子树之外的节点没有影响。于是可以DFS整棵树，对于一个节点的左右儿子，如果交换后左右儿子各出一个组成的逆序对更少则交换，否则不交换。如何同时求出交换与不交换左右儿子情况下的逆序对数量？可以使用线段树合并。

用两个权值线段树分别表示左右儿子中所有的数的集合。在合并两棵线段树的同时，A -> right_son与B -> left_son可以构成不交换左右儿子时的一些逆序对，A -> left_son与B -> right_son可以构成交换左右儿子时的一些逆序对，其余的逆序对在线段树A、B的左右子树中，可以在递归合并的时候处理掉。

只有叶子节点才有权值。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 10000005;
int n, tmp, ls[N], rs[N], data[N], tot;
ll ans, res1, res2;

int newtree(int l, int r, int x){
    data[++tot] = 1;
    if(l == r) return tot;
    int mid = (l + r) >> 1, node = tot;
    if(x <= mid) ls[node] = newtree(l, mid, x);
    else rs[node] = newtree(mid + 1, r, x);
    return node;
}
int merge(int l, int r, int u, int v){
    if(!u || !v) return u + v;
    if(l == r) return data[++tot] = data[u] + data[v], tot;
    int mid = (l + r) >> 1, node = ++tot;
    res1 += (ll)data[rs[u]] * data[ls[v]], res2 += (ll)data[ls[u]] * data[rs[v]];
    ls[node] = merge(l, mid, ls[u], ls[v]);
    rs[node] = merge(mid + 1, r, rs[u], rs[v]);
    data[node] = data[ls[node]] + data[rs[node]];
    return node;
}
int dfs(){
    read(tmp);
    if(tmp) return newtree(1, n, tmp);
    int node = merge(1, n, dfs(), dfs());
    ans += min(res1, res2);
    res1 = res2 = 0;
    return node;
}

int main(){
    read(n);
    dfs();
    write(ans), enter;
    return 0;
}

如何找指定区间内存在的最大的数，类似于权值线段树的做法。

如果右子树有，先找右子树，其次才能去找左子树。

int query(int now,int L,int R,int i,int j,int d)
{
    if(L==R)//达到端点，直接返回 
    {
        if(minv[now]<=d)
            return L;
        else
            return -1;
    }
    if(i<=L && R<=j)//对于已经包含了的情况，直接判断，也是吧*logn变成+logn的关键 
        if(minv[now]>d)
            return -1;
    int m=(L+R)>>1;
    if(j<=m)
        return query(lc[now],L,m,i,j,d);
    if(i>=m+1)
        return query(rc[now],m+1,R,i,j,d);//正常的筛出小区间 

    int t1=query(lc[now],L,m,i,j,d);//先左子树 
    if(t1!=-1)
        return t1;
    return query(rc[now],m+1,R,i,j,d);//左子树不行才弄右子树 
} 

https://nanti.jisuanke.com/t/41296

大致题意：定义连续区间，即满足区间最大值与最小值之差加一恰好等于区间数字个数的区间，是连续区间。现在给你一个数列，问你这个数列的所有子区间中有多少个连续区间。

对连续区间进行量化，有区间的max-min+1==cnt，其中cnt表示区间中数字的种类数。注意到，对于任意一个区间，恒有max-min+1>=cnt，我们对式子变形，有max-min-cnt>=-1。因此，如果我们维护每一个区间的max-min-cnt的最小值，当这个最小值为-1的时候，说明存在有连续区间，这个最小值出现的次数就是连续区间的个数。那么问题就是如何维护所有区间的最小值。

注意到，维护max-min-cnt，这里面有一个cnt。根据以前的经验，遇到区间数字种类的问题，一般都是枚举右端点R，然后线段树维护1..L，表示以每一个位置为左端点的区间的数值。同样这题我们也可以利用这种方法，枚举右端点，然后更新，看看有多少个最小值为-1的区间，累积求和就是最后的解。

那么，就是要看怎么更新了。对于最大值，我们可以维护一个单调栈，如果当前新加入的数字比栈顶元素大，那么从栈顶元素出现的位置开始到新加入的数字之前进行修改，增加上二者的差值，然后退栈，继续与前一个比较更新。最小值也是类似，不一一赘述了。然后就是cnt，这个就是常规操作，对于区间[last[x],i]进行修改即可。最后线段树维护区间最小值以及区间最小值的数目，这个也很容易实现。具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
int t, n;
ll a[N];
ll sm[N], bi[N];
map<int, int> mp;

ll mi[N << 2], lazy[N << 2];
ll cnt[N << 2];

void pushup(int rt) {
    if(mi[rt << 1] == mi[rt << 1 | 1]) {
        mi[rt] = mi[rt << 1];
        cnt[rt] = cnt[rt << 1] + cnt[rt << 1 | 1];
    }
    else if(mi[rt << 1] < mi[rt << 1 | 1]) {
        mi[rt] = mi[rt << 1];
        cnt[rt] = cnt[rt << 1];
    }
    else {
        mi[rt] = mi[rt << 1 | 1];
        cnt[rt] = cnt[rt << 1 | 1];
    }
}

void build(int rt, int l, int r) {
    lazy[rt] = 0;
    if(l == r) {
        mi[rt] = 0;
        cnt[rt] = 1;
        return;
    }
    int m = (l + r) >> 1;
    build(rt << 1, l, m);
    build(rt << 1 | 1, m + 1, r);
    pushup(rt);
}

void pushdown(int rt) {
    if(lazy[rt]) {
        lazy[rt << 1] += lazy[rt];
        lazy[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
        mi[rt << 1] += lazy[rt];
        mi[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
        lazy[rt] = 0;
    }
}

void update(int rt, int l, int r, int le, int re, ll val) {
    if(le <= l && re >= r) {
        mi[rt] += val;
        lazy[rt] += val;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int m = (l + r) >> 1;
    if(re <= m) update(rt << 1, l, m, le, re, val);
    else if(le > m) update(rt << 1 | 1, m + 1, r, le, re, val);
    else {
        update(rt << 1, l, m, le, m, val);
        update(rt << 1 | 1, m + 1, r, m + 1, re, val);
    }
    pushup(rt);
}

int main() {
    scanf("%d", &t);
    int ca = 0;
    while(t--) {
        mp.clear();
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
        build(1, 1, n);
        ll ans = 0;
        int t1 = 0, t2 = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            while(t1 && a[bi[t1] ] < a[i]) {
                update(1, 1, n, bi[t1 - 1] + 1, bi[t1], a[i] - a[bi[t1] ]);
                t1--;
            }
            bi[++t1] = i;
            while(t2 && a[sm[t2] ] > a[i]) {
                update(1, 1, n, sm[t2 - 1] + 1, sm[t2], a[sm[t2] ] - a[i]);
                t2--;
            }
            sm[++t2] = i;
            update(1, 1, n, mp[a[i] ] + 1, i, -1);
            mp[a[i] ] = i;
            if(mi[1] == -1) ans += cnt[1];
        }
        printf("Case #%d: %lld
", ++ca, ans);
    }
    return 0;
}