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主席树——多棵线段树的集合

时间:2018-07-25 22:06:26      阅读:145      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:注意   spl   编号   spoj   one   代码实现   个数   alt   nlog   

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:

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#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:

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#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;
}

 

主席树——多棵线段树的集合

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