什么是主席树
可持久化数据结构(Persistent data structure)就是利用函数式编程的思想使其支持询问历史版本、同时充分利用它们之间的共同数据来减少时间和空间消耗。
因此可持久化线段树也叫函数式线段树又叫主席树。
可持久化数据结构
在算法执行的过程中，会发现在更新一个动态集合时，需要维护其过去的版本。这样的集合称为是可持久的。
实现持久集合的一种方法时每当该集合被修改时，就将其整个的复制下来，但是这种方法会降低执行速度并占用过多的空间。
考虑一个持久集合S。
如图所示，对集合的每一个版本维护一个单独的根，在修改数据时，只复制树的一部分。
称之为可持久化数据结构。
离散化
但是，有一个很重要的问题！题目的空间限制肯定是有的，假设所输入的数的范围为int，你总不可能开一个大小为int的树吧？而且还要多棵线段树。此时此刻，我们就可以引入一个新知识了——离散化。看起来很高端，其实很简单，其实你脑补一下map（属于STL）就行了，或者回忆一下高中数学必修一集合那一章，有一个叫映射的东西，和离散化意思差不多（起码在这道题上的作用是一模一样的），所以不详细阐述，在源代码中会有小小的注释。
好了，目前有一个数列：{2,8,19,6}。假设我们已经离散化结束了，结果为2→1；6→2；8→3；19→4。那么以后我们进行数据的处理时，1就表示2了，2就表示6了，3就表示8了。。。是不是和映射一个意思？这样的好处在于，我们不需要依赖就弄个[1,2147483647]的线段树了，若题目规定n<=100000，则最大只需要一棵[1,10000]的线段树了。如下图（其实没有蛮多含义，真正的变化在后面）：
【若是建一棵[1,19]的线段树，你想想是多么浪费空间 = =。】
历史版本的作用
这么多棵线段树，我们也不可能建立多个结构体来保存。我们可以把所有线段树的节点全部放在tree结构体中，设当前有m个节点，每执行一次插入操作，新增了x个节点，则存放在tree中的第(m+1)个节点至第(m+x)个节点（当然也有别的编号方式）。同时，我们需要一个root数组，其中root[i]表示第i棵线段树的根节点的编号。 这样我们就构建完了，来想想——为什么需要历史版本？回到我们一开始的问题，求区间第k大，假设当前询问为求[x,y]的第k大，则我们所需要用到的线段树为第x+1棵到第y棵。从根节点开始，我们将第y棵树和第x+1棵树一一对应的节点所维护的值进行相减，其所得到的数就是在所询问的[x,y]中，当前节点表示的子区间的那几个数值在整个区间中出现的次数，用t表示，即t=root[y].[1,mid]-root[x-1].[1,mid]。先判断t是否大于k，如果t大于k，那么说明在区间[x,y]内存在[1,mid]的数的个数大于k，也就是第k大的值在[1,mid]中，否则在[mid+1,r]中。（有点绕，慢慢看 →_→）
缩小空间
其实必要的知识已经讲得差不多了，但是我们最后还要面临一个问题——加入一个数，就新建一棵线段树。我们假设有100000个数吧，且有100000次询问，试想这一大片庞大的线段树森林是要占用多大的内存？一定会MLE的（当然数据小就无所谓）。我们有什么办法缩小空间需求？我们注意到，每次我们加入一个被离散化后的数x，则从根结点开始向下更新，我们真正相对于前面一棵线段树的差异之处是很少的！设有一颗[1,4]的线段树，若当前插入值为3，则[1,4]的左儿子[1,2]没有丝毫改动！如果又新建一个，完全是浪费。这样子，我们就有一个方法缩小冗余的空间了——将没有区别的部分直接指回去！如图所示：
空间是不是小多了！是的。后面的线段树也以此类推。
可持久化线段树
令 T 表示一个结点，它的左儿子是 left(T)，右儿子是 right(T)。
若 T 的范围是 [L,R]，那么 left(T) 的范围是 [L,mid]，right(T) 的范围是 [mid+1,R]。
单点更新
我们要修改一个叶子结点的值，并且不能影响旧版本的结构。
在从根结点递归向下寻找目标结点时，将路径上经过的结点都复制一份。
找到目标结点后，我们新建一个新的叶子结点，使它的值为修改后的版本，并将它的地址返回。
对于一个非叶子结点，它至多只有一个子结点会被修改，那么我们对将要被修改的子结点调用修改函数，那么就得到了它修改后的儿子。
在每一步都向上返回当前结点的地址，使父结点能够接收到修改后的子结点。
在这个过程中，只有对新建的结点的操作，没有对旧版本的数据进行修改。
区间查询
从要查询的版本的根节点开始，像查询普通的线段树那样查询即可。
延迟标记
...
区间第K小值问题
有n个数，多次询问一个区间[L,R]中第k小的值是多少。
查询[1,n]中的第K小值
我们先对数据进行离散化，然后按值域建立线段树，线段树中维护某个值域中的元素个数。
在线段树的每个结点上用cnt记录这一个值域中的元素个数。
那么要寻找第K小值，从根结点开始处理，若左儿子中表示的元素个数大于等于K，那么我们递归的处理左儿子，寻找左儿子中第K小的数；
若左儿子中的元素个数小于K，那么第K小的数在右儿子中，我们寻找右儿子中第K-(左儿子中的元素数)小的数。
查询区间[L,R]中的第K小值
我们按照从1到n的顺序依次将数据插入可持久化的线段树中，将会得到n+1个版本的线段树（包括初始化的版本），将其编号为0~n。
可以发现所有版本的线段树都拥有相同的结构，它们同一个位置上的结点的含义都相同。
考虑第i个版本的线段树的结点P，P中储存的值表示[1,i]这个区间中，P结点的值域中所含的元素个数；
假设我们知道了[1,R]区间中P结点的值域中所含的元素个数，也知道[1,L-1]区间中P结点的值域中所包含的元素个数，显然用第一个个数减去第二个个数，就可以得到[L,R]区间中的元素个数。
因此我们对于一个查询[L,R]，同步考虑两个根root[L-1]与root[R]，用它们同一个位置的结点的差值就表示了区间[L,R]中的元素个数，利用这个性质，从两个根节点，向左右儿子中递归的查找第K小数即可。
POJ 2104 K-th Number (HDU 2665)
注意可持久化数据结构的内存开销非常大，因此要注意尽可能的减少不必要的空间开支。
1 const int maxn=100001; 2 struct Node{ 3 int ls,rs; 4 int cnt; 5 }tr[maxn*20]; 6 int cur,rt[maxn]; 7 void init(){ 8 cur=0; 9 } 10 inline void push_up(int o){ 11 tr[o].cnt=tr[tr[o].ls].cnt+tr[tr[o].rs].cnt; 12 } 13 int build(int l,int r){ 14 int k=cur++; 15 if (l==r) { 16 tr[k].cnt=0; 17 return k; 18 } 19 int mid=(l+r)>>1; 20 tr[k].ls=build(l,mid); 21 tr[k].rs=build(mid+1,r); 22 push_up(k); 23 return k; 24 } 25 int update(int o,int l,int r,int pos,int val){ 26 int k=cur++; 27 tr[k]=tr[o]; 28 if (l==pos&&r==pos){ 29 tr[k].cnt+=val; 30 return k; 31 } 32 int mid=(l+r)>>1; 33 if (pos<=mid) tr[k].ls=update(tr[o].ls,l,mid,pos,val); 34 else tr[k].rs=update(tr[o].rs,mid+1,r,pos,val); 35 push_up(k); 36 return k; 37 } 38 int query(int l,int r,int o,int v,int kth){ 39 if (l==r) return l; 40 int mid=(l+r)>>1; 41 int res=tr[tr[v].ls].cnt-tr[tr[o].ls].cnt; 42 if (kth<=res) return query(l,mid,tr[o].ls,tr[v].ls,kth); 43 else return query(mid+1,r,tr[o].rs,tr[v].rs,kth-res); 44 }
常数优化的技巧
一种在常数上减小内存消耗的方法：
插入值时候先不要一次新建到底，能留住就留住，等到需要访问子节点时候再建下去。
这样理论内存复杂度依然是O(Nlg^2N)，但因为实际上很多结点在查询时候根本没用到，所以内存能少用一些。
动态第K小值
每一棵线段树是维护每一个序列前缀的值在任意区间的个数，如果还是按照静态的来做的话，那么每一次修改都要遍历O(n)棵树，时间就是O(2*M*nlogn)->TLE。
考虑到前缀和，我们通过树状数组来优化，即树状数组套主席树，每个节点都对应一棵主席树，那么修改操作就只要修改logn棵树，O(nlognlogn+Mlognlogn)时间是可以的，但是直接建树要nlogn*logn（10^7）会MLE。
我们发现对于静态的建树我们只要nlogn个节点就可以了，而且对于修改操作，只是修改M次，每次改变俩个值（减去原先的，加上现在的）也就是说如果把所有初值都插入到树状数组里是不值得的，所以我们分两部分来做，所有初值按照静态来建，内存O(nlogn)，而修改部分保存在树状数组中，每次修改logn棵树，每次插入增加logn个节点O(M*logn*logn+nlogn)。
可用主席树解决的问题
POJ 2104 K-th Number
入门题，求区间第K小数。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn=100001; 7 struct Node{ 8 int ls,rs; 9 int cnt; 10 }tr[maxn*20]; 11 int cur,rt[maxn]; 12 void init(){ 13 cur=0; 14 } 15 inline void push_up(int o){ 16 tr[o].cnt=tr[tr[o].ls].cnt+tr[tr[o].rs].cnt; 17 } 18 int build(int l,int r){ 19 int k=cur++; 20 if (l==r) { 21 tr[k].cnt=0; 22 return k; 23 } 24 int mid=(l+r)>>1; 25 tr[k].ls=build(l,mid); 26 tr[k].rs=build(mid+1,r); 27 push_up(k); 28 return k; 29 } 30 int update(int o,int l,int r,int pos,int val){ 31 int k=cur++; 32 tr[k]=tr[o]; 33 if (l==pos&&r==pos){ 34 tr[k].cnt+=val; 35 return k; 36 } 37 int mid=(l+r)>>1; 38 if (pos<=mid) tr[k].ls=update(tr[o].ls,l,mid,pos,val); 39 else tr[k].rs=update(tr[o].rs,mid+1,r,pos,val); 40 push_up(k); 41 return k; 42 } 43 int query(int l,int r,int o,int v,int kth){ 44 if (l==r) return l; 45 int mid=(l+r)>>1; 46 int res=tr[tr[v].ls].cnt-tr[tr[o].ls].cnt; 47 if (kth<=res) return query(l,mid,tr[o].ls,tr[v].ls,kth); 48 else return query(mid+1,r,tr[o].rs,tr[v].rs,kth-res); 49 } 50 int b[maxn]; 51 int sortb[maxn]; 52 int main() 53 { 54 int n,m; 55 int T; 56 //scanf("%d",&T); 57 //while (T--){ 58 while (~scanf("%d%d",&n,&m)){ 59 init(); 60 for (int i=1;i<=n;i++){ 61 scanf("%d",&b[i]); 62 sortb[i]=b[i]; 63 } 64 sort(sortb+1,sortb+1+n); 65 int cnt=1; 66 for (int i=2;i<=n;i++){ 67 if (sortb[i]!=sortb[cnt]){ 68 sortb[++cnt]=sortb[i]; 69 } 70 } 71 rt[0]=build(1,cnt); 72 for (int i=1;i<=n;i++){ 73 int p=lower_bound(sortb+1,sortb+cnt+1,b[i])-sortb; 74 rt[i]=update(rt[i-1],1,cnt,p,1); 75 } 76 for (int i=0;i<m;i++){ 77 int a,b,k; 78 scanf("%d%d%d",&a,&b,&k); 79 int idx=query(1,cnt,rt[a-1],rt[b],k); 80 printf("%d ",sortb[idx]); 81 } 82 } 83 return 0; 84 }