## 线段树有什么用
-在 $O(\log N)$ 的时间复杂度内实现如：单点修改、区间修改、区间查询（如：区间求和，求区间最大值，求区间最小值……）还有很多……
-总之线段树维护的信息，需要满足可加性，且要以可以接受的速度合并信息和修改信息，如果使用标记，标记也要满足可加性（例如取模就不满足可加性，对 $4$ 取模然后对 $3$ 取模，两个操作就不能合并在一起做（事实上某些情况下可以暴力单点取模））
+在 $O(\log N)$ 的时间复杂度内实现如：单点修改、区间修改、区间查询(如：区间求和，求区间最大值，求区间最小值……)还有很多……
+总之线段树维护的信息，需要满足可加性，且要以可以接受的速度合并信息和修改信息，如果使用标记，标记也要满足可加性(例如取模就不满足可加性，对 $4$ 取模然后对 $3$ 取模，两个操作就不能合并在一起做(事实上某些情况下可以暴力单点取模))
## 线段树怎么实现
下面我来举个例子：
-我们有个大小为 $5$ 的数组 $a=\{10,11,12,13,14\}$ 要进行区间求和操作，现在我们要怎么把这个数组存到线段树中（也可以说是转化成线段树）呢？我们这样子做：设线段树的根节点编号为 $1$ ，用数组 $d$ 来保存我们的线段树， $d[i]$ 用来保存编号为 $i$ 的节点的值（这里节点的值就是这个节点所表示的区间总和），如图所示：
+我们有个大小为 $5$ 的数组 $a=\{10,11,12,13,14\}$ 要进行区间求和操作，现在我们要怎么把这个数组存到线段树中(也可以说是转化成线段树)呢？我们这样子做：设线段树的根节点编号为 $1$ ，用数组 $d$ 来保存我们的线段树， $d[i]$ 用来保存编号为 $i$ 的节点的值(这里节点的值就是这个节点所表示的区间总和)，如图所示：
图中 $d[1]$ 表示根节点，紫色方框是数组 $a$ ，红色方框是数组 $d$ ，红色方框中的括号中的黄色数字表示它所在的那个红色方框表示的线段树节点所表示的区间，如 $d[1]$ 所表示的区间就是 $1\sim 5\ (a[1]\sim a[5])$ ，即 $d[1]$ 所保存的值是 $a[1]+a[2]+ \cdots +a[5]$ ， $d[1]=60$ 表示的是 $a[1]+a[2]+ \cdots +a[5]=60$ 。
-通过观察我们不难发现， $d[i]$ 的左儿子节点就是 $d[2\times i]$ ， $d[i]$ 的右节点就是 $d[2\times i+1]$ 。进一步观察，可以看出如果 $d[i]$ 表示的是区间 $[s,t]$ （即 $d[i]=a[s]+a[s+1]+ \cdots +a[t]$ ) 的话，那么 $d[i]$ 的左儿子节点表示的是区间 $[s, \frac{s+t}{2} ]$ ， $d[i]$ 的右儿子表示的是区间 $[ \frac{s+t}{2} +1,t]$ 。
+通过观察我们不难发现， $d[i]$ 的左儿子节点就是 $d[2\times i]$ ， $d[i]$ 的右节点就是 $d[2\times i+1]$ 。进一步观察，可以看出如果 $d[i]$ 表示的是区间 $[s,t]$ (即 $d[i]=a[s]+a[s+1]+ \cdots +a[t]$ ) 的话，那么 $d[i]$ 的左儿子节点表示的是区间 $[s, \frac{s+t}{2} ]$ ， $d[i]$ 的右儿子表示的是区间 $[ \frac{s+t}{2} +1,t]$ 。
为什么要这样表示呢？因为线段树利用了二分的思想，线段树实际上是个二叉树，这些不懂的话就无法理解线段树了，所以如果不明白二分或者二叉树的话，可以去查查。
具体要怎么用代码实现呢？
-我们继续观察，有没有发现如果 $d[i]$ 表示的区间大小等于 $1$ （区间大小指的是区间包含的元素的个数，即 $a$ 的个数）的话（设 $d[i]$ 表示区间 $[s,t]$ ，它的区间大小就是 $t-s+1$ ，不信你看上面的图），那么 $d[i]$ 所表示的区间 $[s,t]$ 中 $s$ 肯定等于 $t$ （不信你还是看图），且 $d[i]=a[s]$ （当然也等于 $a[t]$ ）。
+我们继续观察，有没有发现如果 $d[i]$ 表示的区间大小等于 $1$ (区间大小指的是区间包含的元素的个数，即 $a$ 的个数)的话(设 $d[i]$ 表示区间 $[s,t]$ ，它的区间大小就是 $t-s+1$ ，不信你看上面的图)，那么 $d[i]$ 所表示的区间 $[s,t]$ 中 $s$ 肯定等于 $t$ (不信你还是看图)，且 $d[i]=a[s]$ (当然也等于 $a[t]$ )。
为什么要讲这个东西呢？你没发现这个是个递归边界吗？
**思路如下：** 
-那么就这样写代码：
-
-```cpp
-建树(s, t, i) {
- 如果(s == t) { d[i] = a[s]; }
- 否则 {
- 建树(s, (s + t) / 2, 2 * i);
- 建树((s + t) / 2 + 1, t, 2 * i + 1);
- d[i] = d[2 * i] + d[2 * i + 1];
- }
-}
-```
-
-具体代码实现 (C++)：
+此处给出 C++ 的代码实现:
```cpp
void build(int s, int t, int p) {
- if (s == t) {
- d[p] = a[s];
- return;
- }
- int m = (s + t) / 2;
- build(s, m, p * 2), build(m + 1, t, p * 2 + 1);
- d[p] = d[p * 2] + d[(p * 2) + 1];
+ // 对 [s,t] 区间建树,当前根的编号为 p
+ if (s == t) {
+ d[p] = a[s];
+ return;
+ }
+ int m = (s + t) / 2;
+ build(s, m, p * 2), build(m + 1, t, p * 2 + 1);
+ // 递归对左右区间建树
+ d[p] = d[p * 2] + d[(p * 2) + 1];
}
```
上面那短短 $7$ 行代码就能建立一个线段树。
-关于线段树的空间，如果采用堆式存储（上面的代码就是堆式存储，即 $2\times p$ 是 p 的左儿子， $2 \times p+1$ 是 p 的右儿子），d 数组的大小需要是 $n$ （元素个数）上取到一个 $2$ 的整数次幂（叶子数量）再乘以 $2$ （叶子上面的节点数量），上界是 $4$ 倍，可利用上面的 build 自行验证，如果采用动态开点，则需要两倍的空间（需要额外地记录左儿子和右儿子的编号/地址）。
+关于线段树的空间，如果采用堆式存储(上面的代码就是堆式存储，即 $2\times p$ 是 p 的左儿子， $2 \times p+1$ 是 p 的右儿子)，d 数组的大小需要是 $n$ (元素个数)上取到一个 $2$ 的整数次幂(叶子数量)再乘以 $2$ (叶子上面的节点数量)，上界是 $4$ 倍，可利用上面的 build 自行验证，如果采用动态开点，则需要两倍的空间(需要额外地记录左儿子和右儿子的编号/地址)。
### 线段树的区间查询
-区间查询，比如求区间 $[l,r]$ 的总和（即 $a[l]+a[l+1]+ \cdots +a[r]$ ）、求区间最大值/最小值……还有很多很多……怎么做呢？
+区间查询，比如求区间 $[l,r]$ 的总和(即 $a[l]+a[l+1]+ \cdots +a[r]$ )、求区间最大值/最小值……还有很多很多……怎么做呢？
-（发博客累死了无聊一下）
-如果要查询区间 $[1,5]$ 的和，那直接获取 $d[1]$ 的值（ $60$ ）即可。那如果我就不查询区间 $[1,5]$ ，我就查区间 $[3,5]$ 呢？
+(发博客累死了无聊一下)
+如果要查询区间 $[1,5]$ 的和，那直接获取 $d[1]$ 的值( $60$ )即可。那如果我就不查询区间 $[1,5]$ ，我就查区间 $[3,5]$ 呢？
懵 B 了吧。但其实呢我们肯定还是有办法的！
你要查的不是 $[3,5]$ 吗？我把 $[3,5]$ 拆成 $[3,3]$ 和 $[4,5]$ 不就行了吗？
-具体思路见代码：
-
-```cpp
-求和（查询区间的左端点 l, 查询区间的右端点 r, 当前节点表示的区间左端点 s,
- 当前节点表示的区间 t, 当前访问的节点编号 p） {
- 如果（l <= s&& t <= r） // 当前访问的节点表示的区间包含在查询区间内
- {返回 d[p] ；} 否则 {
- 令 返回值 = 0 如果（l <=
- (s + t) / 2） // 当前访问的节点的左儿子节点表示的区间包含在查
- // 询区间内,(s+t)/2
- // 其实是左右儿子节点表示的区间的分割线且(s+t)/2
- // 包含在左儿子节点表示的区间中
- {
- 返回值 += 求和（l, r, s, (s + t) / 2,
- p * 2）; // l 和 r
- // 是可以不用变的！不管你信不信我反正是信了。当前节点的左儿子节点编号是
- // p2，之前讲过了，左儿子节点表示的区间左端点就是当前节点表示的区间的左端点，(s+t)/2
- // 是左儿子节点表示的区间的右短点
- }
- 如果(r >
- (s + t) / 2) // 当前访问的节点的右儿子节点表示的区间包含在查 询区间内
- {
- 返回值 += 求和（l, r, (s + t) / 2 + 1, t,
- p * 2 + 1）； //(s+t)/2+1 是当前访问节点的右儿子节点表示的区间的左端点
- } 返回 返回值；
- }
-}
-```
-
-怎么样，代码很丑吧？废话，用中文写的能不丑吗？现在搞个英 (da) 文 (xin) 的 (wen)：
+此处给出 C++ 的代码实现:
```cpp
int getsum(int l, int r, int s, int t, int p) {
- if (l <= s && t <= r) return d[p];
- int m = (s + t) / 2, sum = 0;
- if (l <= m) sum += getsum(l, r, s, m, p * 2);
- if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
- return sum;
+ // [l,r] 为查询区间,[s,t] 为当前节点包含的区间,p 为当前节点的编号
+ if (l <= s && t <= r) return d[p]; // 当前区间为询问区间的子集时直接返回当前区间的和
+ int m = (s + t) / 2, sum = 0;
+ if (l <= m) sum += getsum(l, r, s, m, p * 2);
+ // 如果左儿子代表的区间 [l,m] 与询问区间有交集,则递归查询左儿子
+ if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
+ // 如果右儿子代表的区间 [m+1,r] 与询问区间有交集,则递归查询右儿子
+ return sum;
}
```
> A 有两个儿子，一个是 B，一个是 C。
>
-> 有一天 A 要建一个新房子，没钱。刚好过年嘛，有人要给 B 和 C 红包，两个红包的钱数相同都是 $(1000000000000001\bmod 2)$ 圆（好多啊！……不就是 $1$ 元吗……），然而因为 A 是父亲所以红包肯定是先塞给 A 咯~
+> 有一天 A 要建一个新房子，没钱。刚好过年嘛，有人要给 B 和 C 红包，两个红包的钱数相同都是 $(1000000000000001\bmod 2)$ 圆(好多啊！……不就是 $1$ 元吗……)，然而因为 A 是父亲所以红包肯定是先塞给 A 咯~
>
> 理论上来讲 A 应该把两个红包分别给 B 和 C，但是……缺钱嘛，A 就把红包偷偷收到自己口袋里了。
>
>
> 注： $\bmod$ 是取余数的意思， $a\bmod b$ 就是 $a$ 除以 $b$ 的余数，所以…… $1000000000000001\bmod 2=1$ 。
-在这个故事中我们不难看出，A 就是父亲节点，B 和 C 是 A 的儿子节点，而且 B 和 C 是叶子节点，分别对应一个数组中的值（就是之前讲的数组 $a$ ），我们假设节点 A 表示区间 $[1,2]$ （即 $a[1]+a[2]$ ），节点 B 表示区间 $[1,1]$ （即 $a[1]$ ），节点 C 表示区间 $[2,2]$ （即 $a[2]$ ），它们的初始值都为 $0$ （现在才刚开始呢，还没拿到红包，所以都没钱~）。
+在这个故事中我们不难看出，A 就是父亲节点，B 和 C 是 A 的儿子节点，而且 B 和 C 是叶子节点，分别对应一个数组中的值(就是之前讲的数组 $a$ )，我们假设节点 A 表示区间 $[1,2]$ (即 $a[1]+a[2]$ )，节点 B 表示区间 $[1,1]$ (即 $a[1]$ )，节点 C 表示区间 $[2,2]$ (即 $a[2]$ )，它们的初始值都为 $0$ (现在才刚开始呢，还没拿到红包，所以都没钱~)。
如图：
-注：这里 D 表示当前节点的值（即所表示区间的区间和）。
+注：这里 D 表示当前节点的值(即所表示区间的区间和)。
为什么节点 A 的 D 是 $2\times (1000000000000001\bmod 2)$ 呢？原因很简单。节点 A 表示的区间是 $[1,2]$ ，一共包含 $2$ 个元素。我们是让 $[1,2]$ 这个区间的每个元素都加上 $1000000000000001\bmod 2$ ，所以节点 A 的值就加上了 $2\times (1000000000000001\bmod 2)$ 咯。
-如果这时候我们要查询区间 $[1,1]$ （即节点 B 的值）怎么办呢？不是说了吗？如果 B 要用到的时候，A 就把它欠的还给 B！
+如果这时候我们要查询区间 $[1,1]$ (即节点 B 的值)怎么办呢？不是说了吗？如果 B 要用到的时候，A 就把它欠的还给 B！
-具体是这样操作（如图）：
+具体是这样操作(如图)：
由此我们可以得到，区间 $[1,1]$ 的区间和就是 $1$ 啦！O(∩\_∩)O 哈哈~！
-代码如下（下面代码不知道为什么显示出来很丑，建议复制到自己的 C++ 编辑器里看……）：
+代码如下(下面代码不知道为什么显示出来很丑，建议复制到自己的 C++ 编辑器里看……)：
-区间修改（区间加上某个值）：
+区间修改(区间加上某个值):
```cpp
-void update(
- int l, int r, int c, int s, int t,
- int p) // l 是查询的区间左端点，r 是右端点，c 表示区间每个元素加上的值，s
- // 是当前节点所表示的区间的左端点，t 是右端点，p
- // 是当前节点的编号(根节点标号为 1)
-{
- if (l <= s && t <= r) {
- d[p] += (t - s + 1) * c, b[p] += c;
- return;
- } // 如果当前节点表示的区间完全包含在查询区间内，直接修改当前节点的值，然后做上标记，结束修改
- int m = (s + t) / 2; // 计算左右节点表示区间的分割线
- if (b[p] &&
- s !=
- t) // 如果当前节点不是叶子节点（叶子节点表示的区间的左右端点是相等的）且当前的懒惰标记值!=0，就更新当前节点的两个儿子节点的值和懒惰标记值
- d[p * 2] += b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] += b[p] * (t - m),
- b[p * 2] += b[p], b[p * 2 + 1] += b[p];
- b[p] = 0; // 清空当前节点的懒惰标记值
- if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p * 2);
- if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, p * 2 + 1);
- d[p] = d[p * 2] + d[p * 2 + 1];
+void update(int l, int r, int c, int s, int t,int p){
+ // [l,r] 为修改区间,c 为被修改的元素的变化量,[s,t] 为当前节点包含的区间,p 为当前节点的编号
+ if (l <= s && t <= r) {
+ d[p] += (t - s + 1) * c, b[p] += c;
+ return;
+ }// 当前区间为修改区间的子集时直接修改当前节点的值,然后打标记,结束修改
+ int m = (s + t) / 2;
+ if (b[p] && s!=t){
+ // 如果当前节点的懒标记非空,则更新当前节点两个子节点的值和懒标记值
+ d[p * 2] += b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] += b[p] * (t - m);
+ b[p * 2] += b[p], b[p * 2 + 1] += b[p]; // 将标记下传给子节点
+ b[p] = 0; // 清空当前节点的标记
+ }
+ if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p * 2);
+ if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, p * 2 + 1);
+ d[p] = d[p * 2] + d[p * 2 + 1];
}
```
-区间查询（求和）：
+区间查询(求和)：
```cpp
-int getsum(int l, int r, int s, int t,
- int p) // l 是查询的区间左端点，r 是右端点，s
- // 是当前节点所表示的区间的左端点，t 是右端点，p
- // 是当前节点的编号（根节点标号为 1）
-{
- if (l <= s && t <= r)
- return d
- [p]; // 如果当前节点表示的区间完全包含在查询区间内，返回当前节点的值
- int m = (s + t) / 2; // 计算左右节点表示区间的分割线
- if (b[p] &&
- s !=
- t) // 如果当前节点不是叶子节点（叶子节点表示的区间的左右端点是相等的）且当前的懒惰标记值!=0，就更新当前节点的两个儿子节点的值和懒惰标记
- d[p * 2] += b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] += b[p] * (t - m),
- b[p * 2] += b[p], b[p * 2 + 1] += b[p];
- b[p] = 0;
- int sum = 0; // 清空当前节点的懒惰标记值
- if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p * 2);
- if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
- return sum;
+int getsum(int l, int r, int s, int t,int p){
+ // [l,r] 为修改区间,c 为被修改的元素的变化量,[s,t] 为当前节点包含的区间,p 为当前节点的编号
+ if (l <= s && t <= r)
+ return d[p];
+ // 当前区间为询问区间的子集时直接返回当前区间的和
+ int m = (s + t) / 2;
+ if (b[p]){
+ // 如果当前节点的懒标记非空,则更新当前节点两个子节点的值和懒标记值
+ d[p * 2] += b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] += b[p] * (t - m),
+ b[p * 2] += b[p], b[p * 2 + 1] += b[p];// 将标记下传给子节点
+ b[p] = 0;// 清空当前节点的标记
+ }
+ int sum = 0;
+ if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p * 2);
+ if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
+ return sum;
}
```
嘻嘻……其实平时我打线段树区间修改和查询我都是打一份，另一份复制黏贴以后再稍作修改就行了。
-如果你是要实现区间修改为某一个值而不是加上某一个值的话，很简单，把上面的代码中所有的 `+=` 替换成 `=` 即可（除了 `sum+=getsum(l,r,m+1,t,p*2+1)` 这一句）。代码如下：
+如果你是要实现区间修改为某一个值而不是加上某一个值的话，很简单，把上面的代码中所有的 `+=` 替换成 `=` 即可(除了 `sum+=getsum(l,r,m+1,t,p*2+1)` 这一句)。代码如下：
```cpp
void update(int l, int r, int c, int s, int t, int p) {
- if (l <= s && t <= r) {
- d[p] = (t - s + 1) * c, b[p] = c;
- return;
- }
- int m = (s + t) / 2;
- if (b[p] && s != t)
- d[p * 2] = b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] = b[p] * (t - m),
- b[p * 2] = b[p * 2 + 1] = b[p];
- b[p] = 0;
- if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p * 2);
- if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, p * 2 + 1);
- d[p] = d[p * 2] + d[p * 2 + 1];
+ if (l <= s && t <= r) {
+ d[p] = (t - s + 1) * c, b[p] = c;
+ return;
+ }
+ int m = (s + t) / 2;
+ if (b[p]){
+ d[p * 2] = b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] = b[p] * (t - m),
+ b[p * 2] = b[p * 2 + 1] = b[p];
+ b[p] = 0;
+ }
+ if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p * 2);
+ if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, p * 2 + 1);
+ d[p] = d[p * 2] + d[p * 2 + 1];
}
int getsum(int l, int r, int s, int t, int p) {
- if (l <= s && t <= r) return d[p];
- int m = (s + t) / 2;
- if (b[p] && s != t)
- d[p * 2] = b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] = b[p] * (t - m),
- b[p * 2] = b[p * 2 + 1] = b[p];
- b[p] = 0;
- int sum = 0;
- if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p * 2);
- if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
- return sum;
+ if (l <= s && t <= r) return d[p];
+ int m = (s + t) / 2;
+ if (b[p]){
+ d[p * 2] = b[p] * (m - s + 1), d[p * 2 + 1] = b[p] * (t - m),
+ b[p * 2] = b[p * 2 + 1] = b[p];
+ b[p] = 0;
+ }
+ int sum = 0;
+ if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p * 2);
+ if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, p * 2 + 1);
+ return sum;
}
```
这里我总结几个线段树的优化：
-- $a\times 2$ 可以用 $a<<1$ 代替， $a\div 2$ 可以用 $a>>1$ 代替（ $<<1$ 和 $\times 2$ 的速度是一样的，即使不开 O2，但 $>>1$ 速度比 $\div 2$ 快）。
+- $a\times 2$ 可以用 $a<<1$ 代替， $a\div 2$ 可以用 $a>>1$ 代替( $<<1$ 和 $\times 2$ 的速度是一样的，即使不开 O2，但 $>>1$ 速度比 $\div 2$ 快)。
- 建树时记录每个节点所对应的区间，就不需要每次计算当前节点的左右端点了，减小代码复杂度。
- 因为下标为 $a$ 的节点的左儿子下标为 $a\times 2$ ，右儿子下标为 $a\times 2+1$ ，所以可以：
// a<<1|1 等同于 a*2+1
```
-- 因为递归到叶子节点（左端点等于右端点的节点）的时候叶子节点一定包含在查询的区间内，所以一定会在懒惰标记下放前就处理完了 return 掉了，所以不用担心会出现叶子节点懒惰标记下放导致数组越界，也不用懒惰标记下方每次还检查当前节点是否为叶子节点了。（代码中的 `s!=t` 可以去掉）减小代码复杂度。
+- 因为递归到叶子节点(左端点等于右端点的节点)的时候叶子节点一定包含在查询的区间内，所以一定会在懒惰标记下放前就处理完了 return 掉了，所以不用担心会出现叶子节点懒惰标记下放导致数组越界，也不用懒惰标记下方每次还检查当前节点是否为叶子节点了。(代码中的 `s!=t` 可以去掉)减小代码复杂度。
- 最好别像上文那样把所有功能都写一起，比如下放懒惰标记可以写一个专门的函数，从儿子节点更新当前节点也可以写一个专门的函数，等等。
- 标记永久化，如果确定懒惰标记不会在中途被加到超出数据范围，那么就可以将标记永久化，标记永久化可以避免下传标记，可以降低程序常数。在进行询问时要把标记的影响加到答案当中，具体如何处理与题目特性相关，需结合题目来写。标记永久化也是树套树和可持久化数据结构中会用到的一种技巧。
typedef long long LL;
LL n, a[100005], d[270000], b[270000];
void build(LL l, LL r, LL p) {
- if (l == r) {
- d[p] = a[l];
- return;
- }
- LL m = (l + r) >> 1;
- build(l, m, p << 1), build(m + 1, r, (p << 1) | 1);
- d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
+ if (l == r) {
+ d[p] = a[l];
+ return;
+ }
+ LL m = (l + r) >> 1;
+ build(l, m, p << 1), build(m + 1, r, (p << 1) | 1);
+ d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
}
void update(LL l, LL r, LL c, LL s, LL t, LL p) {
- if (l <= s && t <= r) {
- d[p] += (t - s + 1) * c, b[p] += c;
- return;
- }
- LL m = (s + t) >> 1;
- if (b[p] && s != t)
- d[p << 1] += b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] += b[p] * (t - m),
- b[p << 1] += b[p], b[(p << 1) | 1] += b[p];
- b[p] = 0;
- if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p << 1);
- if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, (p << 1) | 1);
- d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
+ if (l <= s && t <= r) {
+ d[p] += (t - s + 1) * c, b[p] += c;
+ return;
+ }
+ LL m = (s + t) >> 1;
+ if (b[p])
+ d[p << 1] += b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] += b[p] * (t - m),
+ b[p << 1] += b[p], b[(p << 1) | 1] += b[p];
+ b[p] = 0;
+ if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p << 1);
+ if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, (p << 1) | 1);
+ d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
}
LL getsum(LL l, LL r, LL s, LL t, LL p) {
- if (l <= s && t <= r) return d[p];
- LL m = (s + t) >> 1;
- if (b[p] && s != t)
- d[p << 1] += b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] += b[p] * (t - m),
- b[p << 1] += b[p], b[(p << 1) | 1] += b[p];
- b[p] = 0;
- LL sum = 0;
- if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p << 1);
- if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, (p << 1) | 1);
- return sum;
+ if (l <= s && t <= r) return d[p];
+ LL m = (s + t) >> 1;
+ if (b[p])
+ d[p << 1] += b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] += b[p] * (t - m),
+ b[p << 1] += b[p], b[(p << 1) | 1] += b[p];
+ b[p] = 0;
+ LL sum = 0;
+ if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p << 1);
+ if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, (p << 1) | 1);
+ return sum;
}
int main() {
- ios::sync_with_stdio(0);
- LL q, i1, i2, i3, i4;
- cin >> n >> q;
- for (LL i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
- build(1, n, 1);
- while (q--) {
- cin >> i1 >> i2 >> i3;
- if (i1 == 2)
- cout << getsum(i2, i3, 1, n, 1) << endl;
- else
- cin >> i4, update(i2, i3, i4, 1, n, 1);
- }
- return 0;
+ ios::sync_with_stdio(0);
+ LL q, i1, i2, i3, i4;
+ cin >> n >> q;
+ for (LL i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
+ build(1, n, 1);
+ while (q--) {
+ cin >> i1 >> i2 >> i3;
+ if (i1 == 2)
+ cout << getsum(i2, i3, 1, n, 1) << endl;
+ else
+ cin >> i4, update(i2, i3, i4, 1, n, 1);
+ }
+ return 0;
}
```
using namespace std;
#define ll long long
ll read() {
- ll w = 1, q = 0;
- char ch = ' ';
- while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
- if (ch == '-') w = -1, ch = getchar();
- while (ch >= '0' && ch <= '9') q = (ll)q * 10 + ch - '0', ch = getchar();
- return (ll)w * q;
+ ll w = 1, q = 0;
+ char ch = ' ';
+ while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
+ if (ch == '-') w = -1, ch = getchar();
+ while (ch >= '0' && ch <= '9') q = (ll)q * 10 + ch - '0', ch = getchar();
+ return (ll)w * q;
}
int n, m;
ll mod;
ll a[100005], sum[400005], mul[400005], laz[400005];
void up(int i) { sum[i] = (sum[(i << 1)] + sum[(i << 1) | 1]) % mod; }
void pd(int i, int s, int t) {
- int l = (i << 1), r = (i << 1) | 1, mid = (s + t) >> 1;
- if (mul[i] != 1) {
- mul[l] *= mul[i];
- mul[l] %= mod;
- mul[r] *= mul[i];
- mul[r] %= mod;
- laz[l] *= mul[i];
- laz[l] %= mod;
- laz[r] *= mul[i];
- laz[r] %= mod;
- sum[l] *= mul[i];
- sum[l] %= mod;
- sum[r] *= mul[i];
- sum[r] %= mod;
- mul[i] = 1;
- }
- if (laz[i]) {
- sum[l] += laz[i] * (mid - s + 1);
- sum[l] %= mod;
- sum[r] += laz[i] * (t - mid);
- sum[r] %= mod;
- laz[l] += laz[i];
- laz[l] %= mod;
- laz[r] += laz[i];
- laz[r] %= mod;
- laz[i] = 0;
- }
- return;
+ int l = (i << 1), r = (i << 1) | 1, mid = (s + t) >> 1;
+ if (mul[i] != 1) {
+ mul[l] *= mul[i];
+ mul[l] %= mod;
+ mul[r] *= mul[i];
+ mul[r] %= mod;
+ laz[l] *= mul[i];
+ laz[l] %= mod;
+ laz[r] *= mul[i];
+ laz[r] %= mod;
+ sum[l] *= mul[i];
+ sum[l] %= mod;
+ sum[r] *= mul[i];
+ sum[r] %= mod;
+ mul[i] = 1;
+ }
+ if (laz[i]) {
+ sum[l] += laz[i] * (mid - s + 1);
+ sum[l] %= mod;
+ sum[r] += laz[i] * (t - mid);
+ sum[r] %= mod;
+ laz[l] += laz[i];
+ laz[l] %= mod;
+ laz[r] += laz[i];
+ laz[r] %= mod;
+ laz[i] = 0;
+ }
+ return;
}
void build(int s, int t, int i) {
- mul[i] = 1;
- if (s == t) {
- sum[i] = a[s];
- return;
- }
- int mid = (s + t) >> 1;
- build(s, mid, i << 1);
- build(mid + 1, t, (i << 1) | 1);
- up(i);
+ mul[i] = 1;
+ if (s == t) {
+ sum[i] = a[s];
+ return;
+ }
+ int mid = (s + t) >> 1;
+ build(s, mid, i << 1);
+ build(mid + 1, t, (i << 1) | 1);
+ up(i);
}
void chen(int l, int r, int s, int t, int i, ll z) {
- int mid = (s + t) >> 1;
- if (l <= s && t <= r) {
- mul[i] *= z;
- mul[i] %= mod;
- laz[i] *= z;
- laz[i] %= mod;
- sum[i] *= z;
- sum[i] %= mod;
- return;
- }
- pd(i, s, t);
- if (mid >= l) chen(l, r, s, mid, (i << 1), z);
- if (mid + 1 <= r) chen(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1, z);
- up(i);
+ int mid = (s + t) >> 1;
+ if (l <= s && t <= r) {
+ mul[i] *= z;
+ mul[i] %= mod;
+ laz[i] *= z;
+ laz[i] %= mod;
+ sum[i] *= z;
+ sum[i] %= mod;
+ return;
+ }
+ pd(i, s, t);
+ if (mid >= l) chen(l, r, s, mid, (i << 1), z);
+ if (mid + 1 <= r) chen(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1, z);
+ up(i);
}
void add(int l, int r, int s, int t, int i, ll z) {
- int mid = (s + t) >> 1;
- if (l <= s && t <= r) {
- sum[i] += z * (t - s + 1);
- sum[i] %= mod;
- laz[i] += z;
- laz[i] %= mod;
- return;
- }
- pd(i, s, t);
- if (mid >= l) add(l, r, s, mid, (i << 1), z);
- if (mid + 1 <= r) add(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1, z);
- up(i);
+ int mid = (s + t) >> 1;
+ if (l <= s && t <= r) {
+ sum[i] += z * (t - s + 1);
+ sum[i] %= mod;
+ laz[i] += z;
+ laz[i] %= mod;
+ return;
+ }
+ pd(i, s, t);
+ if (mid >= l) add(l, r, s, mid, (i << 1), z);
+ if (mid + 1 <= r) add(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1, z);
+ up(i);
}
ll getans(int l, int r, int s, int t, int i) {
- int mid = (s + t) >> 1;
- ll tot = 0;
- if (l <= s && t <= r) {
- return sum[i];
- }
- pd(i, s, t);
- if (mid >= l) tot += getans(l, r, s, mid, (i << 1));
- tot %= mod;
- if (mid + 1 <= r) tot += getans(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1);
- return tot % mod;
+ int mid = (s + t) >> 1;
+ ll tot = 0;
+ if (l <= s && t <= r)
+ return sum[i];
+ pd(i, s, t);
+ if (mid >= l) tot += getans(l, r, s, mid, (i << 1));
+ tot %= mod;
+ if (mid + 1 <= r) tot += getans(l, r, mid + 1, t, (i << 1) | 1);
+ return tot % mod;
}
int main() {
- int i, j, x, y, bh;
- ll z;
- n = read();
- m = read();
- mod = read();
- for (i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
- build(1, n, 1);
- for (i = 1; i <= m; i++) {
- bh = read();
- if (bh == 1) {
- x = read();
- y = read();
- z = read();
- chen(x, y, 1, n, 1, z);
- } else if (bh == 2) {
- x = read();
- y = read();
- z = read();
- add(x, y, 1, n, 1, z);
- } else if (bh == 3) {
- x = read();
- y = read();
- printf("%lld\n", getans(x, y, 1, n, 1));
- }
- }
- return 0;
+ int i, j, x, y, bh;
+ ll z;
+ n = read();
+ m = read();
+ mod = read();
+ for (i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
+ build(1, n, 1);
+ for (i = 1; i <= m; i++) {
+ bh = read();
+ if (bh == 1) {
+ x = read();
+ y = read();
+ z = read();
+ chen(x, y, 1, n, 1, z);
+ } else if (bh == 2) {
+ x = read();
+ y = read();
+ z = read();
+ add(x, y, 1, n, 1, z);
+ } else if (bh == 3) {
+ x = read();
+ y = read();
+ printf("%lld\n", getans(x, y, 1, n, 1));
+ }
+ }
+ return 0;
}
```
-### CODEVS 线段树练习（这是一个系列）
+### CODEVS 线段树练习(这是一个系列)
[传送门](http://codevs.cn/problem/?q=%E7%BA%BF%E6%AE%B5%E6%A0%91%E7%BB%83%E4%B9%A0)
using namespace std;
int n, a[100005], d[270000], b[270000];
void build(int l, int r, int p) {
- if (l == r) {
- d[p] = a[l];
- return;
- }
- int m = (l + r) >> 1;
- build(l, m, p << 1), build(m + 1, r, (p << 1) | 1);
- d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
+ if (l == r) {
+ d[p] = a[l];
+ return;
+ }
+ int m = (l + r) >> 1;
+ build(l, m, p << 1), build(m + 1, r, (p << 1) | 1);
+ d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
}
void update(int l, int r, int c, int s, int t, int p) {
- if (l <= s && t <= r) {
- d[p] = (t - s + 1) * c, b[p] = c;
- return;
- }
- int m = (s + t) >> 1;
- if (b[p] && s != t)
- d[p << 1] = b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] = b[p] * (t - m),
- b[p << 1] = b[(p << 1) | 1] = b[p];
- b[p] = 0;
- if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p << 1);
- if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, (p << 1) | 1);
- d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
+ if (l <= s && t <= r) {
+ d[p] = (t - s + 1) * c, b[p] = c;
+ return;
+ }
+ int m = (s + t) >> 1;
+ if (b[p]){
+ d[p << 1] = b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] = b[p] * (t - m);
+ b[p << 1] = b[(p << 1) | 1] = b[p];
+ b[p] = 0;
+ }
+ if (l <= m) update(l, r, c, s, m, p << 1);
+ if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, (p << 1) | 1);
+ d[p] = d[p << 1] + d[(p << 1) | 1];
}
int getsum(int l, int r, int s, int t, int p) {
- if (l <= s && t <= r) return d[p];
- int m = (s + t) >> 1;
- if (b[p] && s != t)
- d[p << 1] = b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] = b[p] * (t - m),
- b[p << 1] = b[(p << 1) | 1] = b[p];
- b[p] = 0;
- int sum = 0;
- if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p << 1);
- if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, (p << 1) | 1);
- return sum;
+ if (l <= s && t <= r) return d[p];
+ int m = (s + t) >> 1;
+ if (b[p]){
+ d[p << 1] = b[p] * (m - s + 1), d[(p << 1) | 1] = b[p] * (t - m);
+ b[p << 1] = b[(p << 1) | 1] = b[p];
+ b[p] = 0;
+ }
+ int sum = 0;
+ if (l <= m) sum = getsum(l, r, s, m, p << 1);
+ if (r > m) sum += getsum(l, r, m + 1, t, (p << 1) | 1);
+ return sum;
}
int main() {
- ios::sync_with_stdio(0);
- cin >> n;
- for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
- build(1, n, 1);
- int q, i1, i2, i3, i4;
- cin >> q;
- while (q--) {
- cin >> i1 >> i2 >> i3;
- if (i1 == 0)
- cout << getsum(i2, i3, 1, n, 1) << endl;
- else
- cin >> i4, update(i2, i3, i4, 1, n, 1);
- }
- return 0;
+ ios::sync_with_stdio(0);
+ cin >> n;
+ for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
+ build(1, n, 1);
+ int q, i1, i2, i3, i4;
+ cin >> q;
+ while (q--) {
+ cin >> i1 >> i2 >> i3;
+ if (i1 == 0)
+ cout << getsum(i2, i3, 1, n, 1) << endl;
+ else
+ cin >> i4, update(i2, i3, i4, 1, n, 1);
+ }
+ return 0;
}
```
具体来讲我们建树的时候对于线段树树上的一个节点，设它代表的区间为 $(l,r]$
-不同于传统线段树在这个节点里只保留 $[l,r]$ 的和，我们在这个节点里面额外保存 $（l,mid]$ 的后缀和数组和 $(mid,r]$ 的前缀和数组
+不同于传统线段树在这个节点里只保留 $[l,r]$ 的和，我们在这个节点里面额外保存 $(l,mid]$ 的后缀和数组和 $(mid,r]$ 的前缀和数组
这样的话建树的复杂度为 $T(n)=2T(n/2)+O(n)=O(nlogn)$ 同理空间复杂度也从原来的 $O(n)$ 变成了 $O(nlogn)$
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