标签：main += 运用 求和 执行 alt 接下来 回溯 表示
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由图可知，线段树的每一个节点都代表着一段区间
且同一层的节点（深度相同的节点）所表示的区间互不重叠
所有叶子节点代表的区间左边界与右边界相同（叶子节点代表单个元素）
如果某个非叶子节点代表的区间包含元素个数为奇数
则它的左儿子包含的元素个数比右儿子大 1
在代码部分，非叶子节点表示区间为 [l,r]
则左儿子为 [ l , (l+r)/2 ] ，右儿子为 [ (l+r)/2+1 , r ]
除法计算向下取整
如果需要用线段树对一段包含N个数的区间操作，则树一般需要开4N的空间以避免越界线段树以数组存储节点的值
以层序遍历的方式自上而下，自左而右依次进行编号
一般从0开始或者从1开始
如果从0开始，则左儿子位置为2k+1，右儿子为2k+2
如果从1开始，则左儿子位置为2k，右儿子为2k+1
本文代码编号从1开始
? 该部分图片截自av6835937
? 首先，对于一个区间大小为10的线段树，它的基本构造如下图所示
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? 如果区间大小为5，代入一个数组[1,5,4,1,6]，那么线段树各个节点表示的元素为
? 
? 按照上述图示即可先进行建树
? 然后先考虑点修改的操作
? 如果要将a[2]的值修改为3，则从根节点到叶子节点的访问顺序为
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? 访问到叶子节点后，修改叶子节点的值，然后自下而上回溯每一个访问时经过的节点并依次进行更新，直到回溯到根节点
? 因为只要叶子节点更新后，它的父节点就可以通过左儿子+右儿子来重新更新sum值，最后完成更新
? 
? 然后考虑区间查询操作
? 传统方法中，查询区间元素之和的做法就是从[ l , r ]一个个加起来输出，这种O(n)的做法在遇到大数量的查询时运行速度完全无法满足要求
? 因此，根据线段树的特点，我们可以通过预处理线段的和当作多个元素之和
? 在上面建树时已经把线段和处理完了，所以接下来就需要考虑把符合的线段按最小个数取出来求和即可
? 下图展示了求区间[3,5]的和的过程
? 
? 可以看到，在元素总数为5的线段树里，4 5这两个元素可以用 [4,5] 这个线段来表示
? 所以3 4 5这三个元素和的值只需要访问[3,3] [4,5]这两个区间就能得到
? 在查找时，需要以左边界3与右边界5作为媒介
? 如果访问到的一个节点全部包含于[3,5]，那么整个节点就可以直接拿过来作为答案，不需要再访问子树。图中访问到的节点[4,5]就满足这个情况。
? 如果访问到的一个节点部分包含于[3,5]，此时不能拿整个节点的值作为答案，需要分别访问其左子树和右子树。图中的根节点[1,5]与节点[1,3]就满足这个情况。
? 如果访问到的一个节点不包含于[3,5]，则无需继续考虑。图中访问到的节点[1,2]就满足这个情况。（在代码实现部分，这个节点需要访问到，但是因为对答案无贡献所以直接return）
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+50;
struct node
{
int l,r;
ll sum;
}tree[MAXN*4];
?
int ar[MAXN];scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&ar[i]);
buildTree(1,1,n);void buildTree(int id,int l,int r)
{
tree[id].l=l;
tree[id].r=r;
tree[id].sum=0;
if(l==r)
tree[id].sum=ar[l];
else
{
int mid=(l+r)>>1;
buildTree(id<<1,l,mid);
buildTree(id<<1|1,mid+1,r);
push_up(id);
}
}? 按照递归的方法进行建树，main函数读入原数组ar，然后树从编号1开始创建
? 建树函数传入共三个变量：当前要进行构造的节点id，这个节点代表的区间 l 与 r
? 因为调用buildTree函数也就相当于tree结构体数组的初始化，所以要记得加tree[id].sum=0这一句
? 如果当前节点就是叶子节点（即表示的区间的 l 与 r 相同），则直接把sum赋值成对应的ar数组内的值即可
? 如果是非叶子节点，先获得当前节点表示的区间中间值mid=(l+r)>>1
? 然后递归左儿子与右儿子建树
? 这里写法运用了位运算（细微省时）
? id<<1 **就是把id的二进制全部左移一位，相当于id*2**
? id<<1|1 **就是先把id的二进制全部左移一位，再对1做取或运算，相当于id*2+1**
? 当左儿子与有儿子建树完成时，再更新当前节点的sum值，即push_up函数
?
void push_up(int id)
{
tree[id].sum=tree[id<<1].sum+tree[id<<1|1].sum;
}? 更新节点编号id的sum值为两子节点sum之和
? 如果子节点发生了改变，则必须更新一遍父节点
? 所以push_up函数会在建树buildTree和修改节点值update时调用
?
update(1,3,5);//把位置3的值修改为5void update(int id,int pos,ll val)
{
int L=tree[id].l,R=tree[id].r;
if(L==R&&L==pos){
tree[id].sum=val;
return;
}
if(L<=pos&&pos<=R)
{
int mid=(L+R)>>1;
update(id<<1,pos,val);
update(id<<1|1,pos,val);
push_up(id);
}
}? 同样的，update函数需要的三个参数中有一个是迭代参数id，指现在处理的节点id
? 后两个参数固定不变，故也能修改为全局变量
? 如果pos正好位于此时节点id表示的线段中，但是id节点不是叶子节点
? 那么就处理节点id的左右儿子
? 如果一个节点有被访问到，并且左右儿子都已经访问过了
? 说明满足条件的那个子节点的值已经成为更新之后的值
? 此时再更新自己，即push_up(id)，然后退出函数，让栈中上一个函数继续执行
? 这里就是查找路径的回溯，先更新叶子节点再一层层回溯父节点并进行更新
? 如果满足条件L==R&&L==pos（或等价条件）时，说明此时id指向的是一个叶子节点，并且就是要修改的节点
? 所以修改后直接return即可，就可以让路径开始回溯，更新父节点
? 回溯到根节点时，说明这一次update操作就完成了
?
query(1,3,5);//查询区间[3,5]的和ll query(int id,int l,int r)
{
int L=tree[id].l,R=tree[id].r;
if(l<=L&&R<=r)
return tree[id].sum;
int mid=(L+R)>>1;
ll res=0;
if(mid>=l)
res+=query(id<<1,l,r);
if(mid<r)
res+=query(id<<1|1,l,r);
return res;
}? 与update函数类似的迭代
? 如果满足l<=L&&R<=r，说明当前访问的节点id代表的区间完全包含于查询的区间内
? 此时直接return tree[id].sum返回id节点的sum值即可
? 如果节点id代表的区间只是部分包含于查询的区间内
? 则需要迭代访问两个子节点
? 如果满足mid>=l，说明节点id的左儿子会部分或全部包含于查询的区间[l,r]，则可以用迭代左节点得到的值加入答案
? 如果满足mid<r，说明节点id的右儿子会部分或全部包含于查询的区间[l,r]，则可以用迭代右节点得到的值加入答案
? 注意这里不能写成mid<=r，因为实际上判断的是mid+1<=r，等价于mid<r
? 最后返回和加入答案即可
?
这一部分采用了例题 HDU1166敌兵布阵 的输入要求：
? Add a b 使编号为a的元素值加上b
? Sub a b 使编号为a的元素值减去b
? Query a b 询问区间[a,b]之和
? End 结束程序
char opr[10];
while(1)
{
scanf("%s",opr);
if(opr[0]=='E')
break;
scanf("%d%d",&a,&b);
if(opr[0]=='Q')
printf("%d\n",query(1,a,b));
else if(opr[0]=='A')
update(1,a,b);
else if(opr[0]=='S')
update(1,a,-b);
}?
?
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=50050;
struct node
{
int l,r;
ll sum;
}tree[MAXN*4];
int ar[MAXN];
void push_up(int id)
{
tree[id].sum=tree[id<<1].sum+tree[id<<1|1].sum;
}//向上更新节点值 - 更新两子节点之和
void buildTree(int id,int l,int r)
{
tree[id].l=l;
tree[id].r=r;
tree[id].sum=0;
if(l==r)
tree[id].sum=ar[l];
else
{
int mid=(l+r)>>1;
buildTree(id<<1,l,mid);
buildTree(id<<1|1,mid+1,r);
push_up(id);
}
}
void update(int id,int pos,ll val)
{
int L=tree[id].l,R=tree[id].r;
if(L==R&&L==pos){
tree[id].sum+=val;
return;
}
if(L<=pos&&pos<=R)
{
int mid=(L+R)>>1;
update(id<<1,pos,val);
update(id<<1|1,pos,val);
push_up(id);
}
}
ll query(int id,int l,int r)
{
int L=tree[id].l,R=tree[id].r;
if(l<=L&&R<=r)
return tree[id].sum;
int mid=(L+R)>>1;
ll res=0;
if(mid>=l)
res+=query(id<<1,l,r);
if(mid<r)
res+=query(id<<1|1,l,r);
return res;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int i,n;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&ar[i]);
buildTree(1,1,n);
char opr[10];
while(1)
{
scanf("%s",opr);
if(opr[0]=='E')
break;
scanf("%d%d",&a,&b);
if(opr[0]=='Q')
printf("%d\n",query(1,a,b));
else if(opr[0]=='A')
update(1,a,b);
else if(opr[0]=='S')
update(1,a,-b);
}
}
return 0;
}还有区间修改、求区间最大值，明后天补掉
标签：main += 运用 求和 执行 alt 接下来 回溯 表示
原文地址：https://www.cnblogs.com/stelayuri/p/12520441.html
