可持久化数据结构(平衡树、trie树、线段树) 总结

然而好像没有平衡树

还是题解包：

T1：森林

树上主席树+启发式合并。

然而好像知道标签就没啥了。在启发式合并时可以顺手求lca

然而这题好像可以时间换空间（回收空间）

T2：影魔

难点在于考虑贡献的来源

考虑一个区间两端点和区间最值（不含端点）的关系

小，中，大：贡献p1

大，小，大：贡献p2

大，中，小：贡献p1

则预处理出每个点左右第一个比它大的数的位置，设为l和r

则l会对r有p2的贡献，l会对i+1～r-1产生p1的贡献，同理r会对l+1~i-1产生p1的贡献。

用线段树维护扫描线，正向，逆向分别扫一遍，先把贡献都加进线段树，扫到某个点时先统计贡献再在线段树中减掉贡献。

具体实现见代码

T3：世博会

其实难点在于将切比雪夫距离转化为曼哈顿距离，然后主席树维护即可，将两维分开考虑，分别取中位数即可。

T4：Obserbing the tree树上询问

可持久化线段树+标记永久化。在线段树的每个节点维护等差数列的首项和公比，利用标记永久化减少节点数量

新建一个状态类似于主席树的建树，用树剖维护即可（线段树也是按dfs序建的）

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200050
#define LL long long
#define int long long
using namespace std;

int he[N],ne[N<<1],to[N<<1],cnt;
inline void addedge(int x,int y){
    to[++cnt]=y;ne[cnt]=he[x];he[x]=cnt;
}

int n,m;
int rt[N];
int lc[N*200],rc[N*200],tot;
LL sum[N*200],d[N*200],s[N*200];
inline LL cal(int a,int d,LL n){
    return a*n+d*(n-1)*n/2;
}
inline void upd(int g,int n){
    sum[g]=sum[lc[g]]+sum[rc[g]]+cal(s[g],d[g],n);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
    if(!x||!y)return x|y;
    s[x]+=s[y];d[x]+=d[y];
    if(l^r){
        const int m=l+r>>1;
        lc[x]=merge(lc[x],lc[y],l,m);
        rc[x]=merge(rc[x],rc[y],m+1,r);
    }
    sum[x]=sum[x]+sum[y];//////
    return x;
}
void bl(int g,int l,int r)
{
    if(!g)return;
    //printf("g:%d l:%d r:%d s:%d d:%d sum:%d
",g,l,r,s[g],d[g],sum[g]);
    const int m=l+r>>1;
    bl(lc[g],l,m);bl(rc[g],m+1,r);
}
void add(int &g,int l,int r,int x,int y,LL a,LL b)
{
    if(l>y||r<x)return;
    if(!g)g=++tot;
    if(l>=x&&r<=y){
        s[g]+=a+b*(l-x);
        d[g]+=b;
        upd(g,r-l+1);
        return;
    }
    const int m=l+r>>1;
    add(lc[g],l,m,x,y,a,b);
    add(rc[g],m+1,r,x,y,a,b);
    upd(g,r-l+1);
}
LL ask(int g,int l,int r,int x,int y)
{
    if(!g||l>y||r<x)return 0;
    if(l>=x&&r<=y)return sum[g];
    const int m=l+r>>1;
    int tl=max(l,x),tr=min(r,y);
    LL ret=cal(s[g]+d[g]*(tl-l),d[g],tr-tl+1);
    return ret+ask(lc[g],l,m,x,y)+ask(rc[g],m+1,r,x,y);
}


int dl[N],dr[N],dep[N],tp[N],hs[N],pos[N],f[N],sz[N];
inline void dfs1(int g,int fa){
    dep[g]=dep[fa]+1;sz[g]=1;f[g]=fa;
    for(int i=he[g];i;i=ne[i]){
        if(to[i]^fa){
            dfs1(to[i],g);
            if(sz[to[i]]>sz[hs[g]])hs[g]=to[i];
            sz[g]+=sz[to[i]];
        }
    }
}
inline void dfs2(int g,int fa){
    dl[g]=dr[g]=++cnt;pos[cnt]=g;
    tp[g]=g==hs[fa]?tp[fa]:g;
    if(hs[g])dfs2(hs[g],g);
    for(int i=he[g];i;i=ne[i])
        if(!dl[to[i]])dfs2(to[i],g);
}
inline int LCA(int x,int y){
    while(tp[x]!=tp[y]){
        if(dep[tp[x]]>dep[tp[y]])swap(x,y);
        y=f[tp[y]];
    }
    if(dep[x]<dep[y])return x;return y;
}


inline void work(int &g,int fr,int to,LL a,LL b)
{
    if(dep[fr]<dep[to])return;
    while(tp[fr]!=tp[to]){
        add(g,1,n,dl[tp[fr]],dl[fr],a+b*(dl[fr]-dl[tp[fr]]),-b);
        a+=b*(dl[fr]-dl[tp[fr]]+1);
        fr=f[tp[fr]];
    }
    add(g,1,n,dl[to],dl[fr],a+b*(dl[fr]-dl[to]),-b);
}
inline LL getans(int g,int fr,int to)
{
    LL ret=0;
    while(tp[fr]!=tp[to]){
        ret+=ask(g,1,n,dl[tp[fr]],dl[fr]);
        fr=f[tp[fr]];
    }
    ret+=ask(g,1,n,dl[to],dl[fr]);
    return ret;
}
main()
{

    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1,x,y;i<n;++i){
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        addedge(x,y);addedge(y,x);
    }
    cnt=0;dfs1(1,0);dfs2(1,0);
    char s[3];int x,y,a,b;LL lasans=0,ts=0,now=0;
    while(m--)
    {
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='c'){
            scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b);
            x^=lasans;y^=lasans;
            ++ts;
            int lca=LCA(x,y),dis=dep[x]+dep[y]-dep[lca]-dep[lca];
//            printf("%d %d %d
",x,y,lca);
            work(rt[ts],x,lca,a,b);
            work(rt[ts],y,lca,a+b*dis,-b);
            add(rt[ts],1,n,dl[lca],dl[lca],-(a+(dep[x]-dep[lca])*b),0);
            rt[ts]=merge(rt[ts],rt[now],1,n);
//            bl(rt[ts],1,n);
            now=ts;
        }
        else if(s[0]=='q'){
            scanf("%lld%lld",&x,&y);
            x^=lasans;y^=lasans;
            int lca=LCA(x,y);
            lasans=getans(rt[now],x,lca)+getans(rt[now],y,lca)-getans(rt[now],lca,lca);
            printf("%lld
",lasans);
        }
        else{
            scanf("%lld",&now);
            now^=lasans;
        }
    }
    return 0;
}

T5：Alo

此题考察可持久化trie+RMQ

因为要取区间次大值，所以要找出以每个数作次大值的区间即可，

对于每个数，先找到右面第一个比它大的，然后再向右找到第二个比它大的，这个过程可以用二分+rmq实现，这样就得到了它作为次大值的右端点，reverse一下就得到了左端点，用trie在区间找到最值即可

T5：最大异或和

可持久化trie的板子题