标签：答案   lag   main   数据   原因   处理   如何   getc   延迟   

高级数据结构——线段树总结

本蒟蒻最近在做线段树的题，做了一小部分，有感而发，故写下这篇博客，如有错误，请大佬指出。

线段树，作为一种高级数据结构，而其作用与分块、树状数组均有一脉相承的部分，而且有的题均可以使用上面的两种算法去解决（当然只是一部分题）
对于线段树的介绍，我也就不再多说了，即对于数列将其放在树上进行维护一些值，在题目的要求下进行修改和更新，最后得到答案。

首先我们先上一两道模板题

1、洛谷P3372线段树1（加操作）

这是一道十分经典的线段树模板，当然他的解法也有其他方法，（十分重要）。
下面是代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=5e6+8;
using namespace std;
ll n,m,tag[N],ans[N],a[N];
ll ls(ll x){
    return x<<1;
}//左儿子扩展 （x*2) 
ll rs(ll x){
    return x<<1|1;
}//右儿子扩展（x*2+1） 
void up(ll x){
    ans[x]=ans[ls(x)]+ans[rs(x)];
}// 求出当前点的总和值 
void build(ll l,ll r,ll p){
    if(l==r){
        ans[p]=a[l];
        return;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(p));//左儿子建树 
    build(mid+1,r,rs(p));//右儿子建树
    up(p);//进行整合 
}
void f(ll l,ll r,ll p,ll k){//k是懒（延迟）标记的数值 
    tag[p]+=k;
    ans[p]+=(r-l+1)*k;
}//tag[]懒标记点。
void down(ll l,ll r,ll p){
    ll mid=(l+r)>>1;
    f(l,mid,ls(p),tag[p]);//左传 
    f(mid+1,r,rs(p),tag[p]);//右传 
    tag[p]=0;//懒标记传递结束，清零 
} 
void xg(ll xl,ll xr,ll l,ll r,ll p,ll k){//修改操作 
    if(l>=xl&&xr>=r){//当前区间被所查询的区间包含 
        ans[p]+=(r-l+1)*k;
        tag[p]+=k;
        return ; 
    }
    down(l,r,p);//懒坐标传递 
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(xl<=mid){
        xg(xl,xr,l,mid,ls(p),k);    
    }
    if(xr>mid){
        xg(xl,xr,mid+1,r,rs(p),k);
    } 
    up(p);//更新该节点 
} 
ll query(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p){
    ll an=0;
    if(gl<=l&&gr>=r){
        return ans[p];
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    down(l,r,p);
    if(gl<=mid){
        an+=query(gl,gr,l,mid,ls(p));
    }
    if(gr>mid){
        an+=query(gl,gr,mid+1,r,rs(p));
    }
    return an;
}
ll fl,x,y,z;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }       
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&fl);
        if(fl==1){
            scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
            xg(x,y,1,n,1,z);    
        }
        if(fl==2){
            scanf("%lld%lld",&x,&y);
            printf("%lld\n",query(x,y,1,n,1));
        }
    }
    return 0;
} 

下一道模板题：

2、洛谷P3373线段树2（加乘操作）

这道题与上一道题同理，up和down的部分需要修改一下即可。（再给大家一道双倍经验题（P2023 [AHOI2009]维护序列）

下面就是代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N=5e6+7;
ll ans[N],a[N],at[N],ml[N];
ll fl,n,m,P,x,y,z;
ll ls(ll x){
    return x<<1;
}
ll rs(ll x){
    return x<<1|1;
}
void up(ll p){
    ans[p]=(ans[ls(p)]+ans[rs(p)])%P;
}
void build(ll l,ll r,ll p){
    at[p]=0;
    ml[p]=1;
    if(l==r){
        ans[p]=a[l];
        return;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(p));
    build(mid+1,r,rs(p));
    up(p);
}
void down(ll l,ll r,ll p){
    ml[ls(p)]=(ml[ls(p)]*ml[p])%P;
    ml[rs(p)]=(ml[rs(p)]*ml[p])%P;
    at[ls(p)]=(at[ls(p)]*ml[p])%P;
    at[rs(p)]=(at[rs(p)]*ml[p])%P;
    ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]*ml[p])%P;
    ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]*ml[p])%P;
    ml[p]=1;//乘懒标记传递完成，清零处理，乘法优先于加法，所以先计算乘法再计算加法 
    ll mid=(l+r)>>1;
    at[ls(p)]=(at[ls(p)]+at[p])%P;
    at[rs(p)]=(at[rs(p)]+at[p])%P;
    ans[ls(p)]=(ans[ls(p)]+(mid-l+1)*at[p])%P;
    ans[rs(p)]=(ans[rs(p)]+(r-mid)*at[p])%P;
    at[p]=0; 
}
void xg(ll gl,ll gr,ll l,ll r,ll p,ll k){
    if(l>=gl&&gr>=r){
        at[p]=(k+at[p])%P;
        ans[p]=((r-l+1)*k+ans[p])%P;
        return ;
    }
    down(l,r,p);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(gl<=mid){
        xg(gl,gr,l,mid,ls(p),k);
    }
    if(gr>mid){
        xg(gl,gr,mid+1,r,rs(p),k);
    }
    up(p);
}//修改+； 
void ch(ll cl,ll cr,ll l,ll r,ll p,ll k){
    if(l>=cl&&r<=cr){
        ml[p]=(ml[p]*k)%P;
        at[p]=(at[p]*k)%P;
        ans[p]=(ans[p]*k)%P;
        return ;
    }
    down(l,r,p);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(cl<=mid){
        ch(cl,cr,l,mid,ls(p),k);
    }
    if(cr>mid){
        ch(cl,cr,mid+1,r,rs(p),k);
    }
    up(p);
}//修改*; 
ll query(ll al,ll ar,ll l,ll r,ll p){
    ll an=0;
    if(al<=l&&ar>=r){
        return ans[p]%P;
    }
    down(l,r,p);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(al<=mid){
        an=an+query(al,ar,l,mid,ls(p));
    }
    if(ar>mid){
        an=an+query(al,ar,mid+1,r,rs(p));
    }
    return an%P;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,/*&m,*/&P);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    sacnf("%lld",&m);
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld",&fl);
        if(fl==1){
            scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
            ch(x,y,1,n,1,z);
        }
        if(fl==2){
            scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
            xg(x,y,1,n,1,z);
        }
        if(fl==3){
            scanf("%lld%lld",&x,&y);
            printf("%lld\n",(query(x,y,1,n,1))%P);
        }
    }
    
    return 0;
}

当你写完这两三道模板题之后那么恭喜你，你已经线段树入门了。
下面，就是对于线段树的进一步的运用。

使用线段树维护方差，平均数等操作

3、P1471 方差

这道题的题面我就不再进行粘贴，具体的意思大概如下：
给定一个数列，其中有三个操作，
1、将L到R的区间内的数加上k。
2、查询L到R区间的平均数。
3、查询L到R区间的方差。
我表示这道题第一开始看的时候对于操作1，2基本就是十分木板的操作，但是当我看到第三个操作时，我有点蒙。
但是，将方差的公式进行展开，就可以得到一个十分明晰的思路
$$
\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\overline{x}\right)^{2} &=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}^{2}-2 x_{i} \overline{x}+\overline{x}^{2}\right) \ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n \overline{x}^{2}-2 \overline{x} \sum_{i=1}^{n} x_{i} \ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+n \overline{x}^{2}-2 \overline{x} \cdot n \overline{x} \ &=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-\overline{n} \overline{x}^{2} \end{aligned}
$$

最后我们再将这个公式除上n得到最终的式子，这样我们就有了初步的思路，维护这个序列的两个值一个是序列和，一个是序列的平方和。这样我们就可以得到我们所求的答案。
现在我们来考虑如何使用线段树来维护平方和。
我们首先将平方和的公式展开
$$
(x+k)^{2}=x^{2}+2 k x+k^{2}
$$
我们可以知道这样就可以维护平方和：
代码：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N=1e6+10;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-'){
            f=-1;
        } 
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar(); 
    }
    return x*f;
} 
struct node{
    int l,r,siz;
    double ave,sum,tag;
}t[N];
int n,m;
double a[N]; 
inline int ls(int x){return x<<1;}
inline int rs(int x){return x<<1|1;}
inline void upd(int x){
    t[x].ave=t[ls(x)].ave+t[rs(x)].ave;   
    t[x].sum=(t[ls(x)].sum+t[rs(x)].sum);
}
inline void build(int l,int r,int x){
//  cout<<1;
    t[x].l=l,t[x].r=r,t[x].siz=r-l+1;
    if(l==r){
        t[x].ave=a[l];
        t[x].sum=a[l]*a[l];
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls(x));
    build(mid+1,r,rs(x));
    upd(x);
}
inline void pushdown(int x){
    if(!t[x].tag) return;
    t[ls(x)].tag+=t[x].tag;
    t[rs(x)].tag+=t[x].tag;
    t[ls(x)].sum+=(2.0*t[ls(x)].ave*t[x].tag+t[ls(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);//维护平方和
    t[rs(x)].sum+=(2.0*t[rs(x)].ave*t[x].tag+t[rs(x)].siz*t[x].tag*t[x].tag);
    t[ls(x)].ave+=t[x].tag*t[ls(x)].siz;
    t[rs(x)].ave+=t[x].tag*t[rs(x)].siz;
    t[x].tag=0;
    return ;
}
inline void add(int l,int r,int x,double k){
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        t[x].sum+=(2.0*t[x].ave*k+t[x].siz*k*k);
        t[x].ave+=k*t[x].siz;
        t[x].tag+=k;
        return ;
    }
    pushdown(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1;
    if(l<=mid){
        add(l,r,ls(x),k);
    }
    if(r>mid){
        add(l,r,rs(x),k);
    }
    upd(x);
}
inline double query(int l,int r,int x,bool flag){
    if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r){
        if(flag==1){
        return t[x].ave;}
        else return t[x].sum;
    }   
    pushdown(x);
    int mid=(t[x].l+t[x].r)>>1; 
    double res=0;
    if(l<=mid){
        res+=query(l,r,ls(x),flag);
    }
    if(r>mid){
        res+=query(l,r,rs(x),flag); 
    } 
    return res;
}
int  main(){
    scanf("%d%d",&n,&m); 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf",&a[i]);
    }
    build(1,n,1); 

    while(m--){
        int op,l,r;
        double k;
        double ans1,ans2;
        op=read();
        if(op==1){
            scanf("%d%d%lf",&l,&r,&k);    
            add(l,r,1,k);           
        }
        if(op==2){
            scanf("%d%d",&l,&r);
            ans1=query(l,r,1,1);      
            printf("%.4lf",(double)ans1/(r-l+1));
            puts("");
        }   
        if(op==3){
            scanf("%d%d",&l,&r);      
            ans1=query(l,r,1,1);
            ans2=query(l,r,1,0);      
            printf("%.4lf",(double)ans2/(r-l+1)-ans1/(r-l+1)*ans1/(r-l+1));
            puts("");
        }       
    
    }   
    return 0;
}

值得注意的是这道题的题目要求是实数范围内，所以千万千万不要忘掉使用，

double（手动滑稽）

这就是线段树去维护不同值的一个十分好的题，也十分的考验思维。
下面，我们看下一题，一道维护0/1序列的题。

因为时间原因，所以就先写到这里，表示一定不会咕掉的（心虚），明天再更。

线段树总结

标签：答案   lag   main   数据   原因   处理   如何   getc   延迟   

原文地址：https://www.cnblogs.com/xishirujin/p/11373871.html