线段树合并学习笔记

线段树合并学习笔记

正文

线段树合并简介

把两棵权值线段树的信息合并。

把若干棵共有有m个元素的权值线段树合并，权值范围是1~n，时间复杂度大概是O（(mlogn)）

实现

int merge(int k1,int k2,int l,int r)//合并k1,k2两棵线段树的信息
{
	if ((k1==0)||(k2==0)) return k1+k2;//若一个节点为空则返回另一个
	int k=newnode();//新建节点存放合并后的信息
	if (l==r)
	{
		tree[k].sum=tree[k1].sum+tree[k2].sum;、、合并
		return k;
	}
	else
	{
		int mid=(l+r)/2;
		tree[k].ch[0]=merge(tree[k1].ch[0],tree[k2].ch[0],l,mid);//合并左儿子
		tree[k].ch[1]=merge(tree[k1].ch[1],tree[k2].ch[1],mid+1,r);//合并右儿子
		tree[k].sum=tree[tree[k].ch[0]].sum+tree[tree[k].ch[1]].sum;//更新当前节点信息
		recycle(k1);recycle(k2);//回收废节点
		return k;
	}
}

例题

BZOJ2212/洛谷P3521/LOJ2163

给一棵n(1≤n≤200000)个叶子的二叉树，可以交换每个点的左右子树，要求前序遍历叶子的逆序对最少。

由于交换x节点的左右儿子不会影响x祖先的答案，所以对于每个节点，分别求出交换左右儿子或不交换的最小代价，累加就是答案。

对于每个节点开一棵线段树，每次把左右儿子合并起来就是这个节点的线段树。

为了统计答案，每次合并k1与k2时，k1的右儿子的sum*k2的左儿子的sum就是不交换的答案，因为k1的右儿子（都在l~mid范围）都大于k2的左儿子（都在mid+1~r范围）。而k1的右儿子在k2的左儿子左边。所以相乘即为这个范围的逆序对个数。反之亦然。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

struct qy
{
	int ch[2],sum;
};

int n,i,j,k,cnt;
long long ans,sum1,sum2;
int a[400005],fa[400005],root[400005];
int l[400005],next[400005],last[400005],tot;
qy tree[4000005];
int pool[4000005];

int read()
{
	int sum=0;char ch=getchar();
	while ((ch<'0')||(ch>'9')) ch=getchar();
	while ((ch>='0')&&(ch<='9'))
	{
		sum=sum*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return sum;
}

void insertt(int x,int y)
{
	l[++tot]=y;
	next[tot]=last[x];
	last[x]=tot;
}

void init(int x)
{
	int t;
	t=read();
	cnt++;
	insertt(x,cnt);
	if (t==0)
		init(cnt);
	else
		a[cnt]=t;
	t=read();
	cnt++;
	insertt(x,cnt);
	if (t==0)
		init(cnt);
	else
		a[cnt]=t;
}

int newnode()
{
	return pool[pool[0]--];
}

void recycle(int x)
{
	tree[x].sum=tree[x].ch[0]=tree[x].ch[1]=0;
	pool[++pool[0]]=x;
}

void insert(int k,int l,int r,int x)
{
	if (l==r)
	{
		tree[k].sum++;
	}
	else
	{
		int mid=(l+r)/2;
		if (x<=mid)
		{
			tree[k].ch[0]=newnode();
			insert(tree[k].ch[0],l,mid,x);
		}
		else
		{
			tree[k].ch[1]=newnode();
			insert(tree[k].ch[1],mid+1,r,x);
		}
		tree[k].sum=tree[tree[k].ch[0]].sum+tree[tree[k].ch[1]].sum;
	}
}

int merge(int k1,int k2,int l,int r)
{
	if ((k1==0)||(k2==0)) return k1+k2;
	int k=newnode();
	if (l==r)
	{
		tree[k].sum=tree[k1].sum+tree[k2].sum;
		return k;
	}
	else
	{
		int mid=(l+r)/2;
		sum1+=(long long)tree[tree[k1].ch[1]].sum*tree[tree[k2].ch[0]].sum;
		sum2+=(long long)tree[tree[k1].ch[0]].sum*tree[tree[k2].ch[1]].sum;
		tree[k].ch[0]=merge(tree[k1].ch[0],tree[k2].ch[0],l,mid);
		tree[k].ch[1]=merge(tree[k1].ch[1],tree[k2].ch[1],mid+1,r);
		tree[k].sum=tree[tree[k].ch[0]].sum+tree[tree[k].ch[1]].sum;
		recycle(k1);recycle(k2);
		return k;
	}
}

void dg(int x)
{
	if (last[x]==0)
	{
		root[x]=newnode();
		insert(root[x],1,n,a[x]);
	}
	else
	{
		int son[3];
		son[0]=0;
		for (int i=last[x];i>=1;i=next[i])
		{
			son[++son[0]]=l[i];
			dg(l[i]);
		}
		sum1=sum2=0;
		root[x]=merge(root[son[1]],root[son[2]],1,n);
		ans=ans+min(sum1,sum2);
	}
}

int main()
{
	freopen("read.in","r",stdin);
	for (i=1;i<=4000000;i++)
	{
		pool[i]=4000000-i+1;
	}
	pool[0]=4000000;
	n=read();
	cnt=1;
	a[1]=read();
	init(1);
	dg(1);
	printf("%lld",ans);
}