Reincarnation

正因为梦易碎，才格外美好。

线段树合并 & 线段树分裂

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本文字数： 12k 阅读时长 ≈ 11 分钟

「末世追忆」：“勇而无畏之人，在于面对不可掘凿的基土之时，开辟直达深渊的幽径。”

动态开点线段树

这种东西其实在很久以前就见识过了，不过那是一种动态开点线段树的变种，名为主席树，也就是可持久化线段树。但实际上，动态开点也可以用在普通线段树上。

首先，我们知道，一棵完全线段树的结点个数为 ，那么其使用的空间复杂度也就是 ，如果 大的离谱的话，就可能会存在 的情况，而我们又会发现，如果 的空间中，并不是每一个结点都被用到了的话，我们就没有必要去建立，而在需要使用的时候再去动态开点，这样的话，空间复杂度甚至能够小到 （只开了一条链），并达到了相同的效果（唯一的缺点就是有些难写，有些难调）。

再次重复，因为是动态开点，所以父子关系不再满足二倍，所以直接存储子结点编号。

示例写法

线段树一

参考代码
 
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const int MAXN=1e5+10;
int N,Q,Idx,Rt;
struct ST
{
    int lc,rc;
    ll val,tag,siz;
}Tr[MAXN<<2];
inline void pushUp(int p)
{
    Tr[p].val=Tr[Tr[p].lc].val+Tr[Tr[p].rc].val;
}
inline void pushDown(int p)
{
    if(Tr[p].tag)
    {
        if(Tr[p].lc) Tr[Tr[p].lc].val+=Tr[Tr[p].lc].siz*Tr[p].tag,Tr[Tr[p].lc].tag+=Tr[p].tag;
        if(Tr[p].rc) Tr[Tr[p].rc].val+=Tr[Tr[p].rc].siz*Tr[p].tag,Tr[Tr[p].rc].tag+=Tr[p].tag;
        Tr[p].tag=0;
    }
}
void modifyAdd(int &p,int l,int r,int ql,int qr,ll k)
{
    if(!p) p=++Idx;
    Tr[p].siz=r-l+1;
    if(ql<=l&&r<=qr)
    {
        Tr[p].val+=Tr[p].siz*k;
        Tr[p].tag+=k;
        return ;
    }
    pushDown(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid) modifyAdd(Tr[p].lc,l,mid,ql,qr,k);
    if(mid<qr) modifyAdd(Tr[p].rc,mid+1,r,ql,qr,k);
    pushUp(p);
}
ll querySum(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if(ql<=l&&r<=qr) return Tr[p].val;
    int mid=(l+r)>>1;
    ll res=0;
    pushDown(p);
    if(ql<=mid) res+=querySum(Tr[p].lc,l,mid,ql,qr);
    if(mid<qr) res+=querySum(Tr[p].rc,mid+1,r,ql,qr);
    return res;
}
int main()
{
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    read(N,Q);
    for(int i=1;i<=N;++i)
    {
        ll x;
        read(x),modifyAdd(Rt,1,N,i,i,x);
    }
    for(int opt,ql,qr;Q--;)
    {
        read(opt,ql,qr);
        if(opt==1)
        {
            ll qx;read(qx);
            modifyAdd(Rt,1,N,ql,qr,qx);
        }
        else write(querySum(Rt,1,N,ql,qr),'\n');
    }
    return 0;
}
/*
5 5
1 5 4 2 3
2 2 4
1 2 3 2
2 3 4
1 1 5 1
2 1 4
*/

然后你就会发现在这种近乎开满的情况下，动态开点和完全线段树在时间，空间，码量上都差别不大，甚至还要难写一点。但是，如果是对于一些比较特殊的区间问题，动态开点将会派上大用场。

线段树合并

顾名思义，把两棵线段树合并在一起，和 不同，这里的合并，仅仅指权值合并，表示区间是相同的。即对于区间 ，合并之后的权值就是 ，但这两棵线段树表示的依然是 区间。

结果会发现，如果是完全线段树的话，我们递归合并不如直接扫一遍线段树数组来合并。所以说，线段树合并在完全线段树的运用下就是毫无作用的，这也是为什么在这篇文章的前面我们会介绍动态开点线段树，因为线段树合并一般都用在动态开点上（且用于值域类线段树），时间复杂度在 级别的。

离线破结式合并

假设现在有两棵动态开点线段树，记为 ，离线破结式合并的优点在于不需要申请额外的空间，直接把 粘贴到 上，但是，这样的合并会破坏掉 的结构，从而影响之后的操作，仅支持离线操作。

参考代码
 
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int merge(int p1,int p2,int l,int r)
{
    if(!p1) return p2;
    if(!p2) return p1;
    if(l==r)
    {
        Tr[p1].cnt+=Tr[p2].cnt;
        Tr[p1].val=l;
        return p1;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Tr[p1].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,l,mid),Tr[p1].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,mid+1,r);
    pushUp(p1);
    return p1;
}

在线动态开点式合并

顾名思义，对于合并 ，我们视作是新建一棵线段树 ，但是记录的信息就是 和 的信息之和。这样做的优点就是可以支持在线操作和可持久化（回溯操作），而缺点也是显然的，那就是空间爆炸。

参考代码
 
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int merge(int p1,int p2,int l,int r)
{
    if(!p1) return p2;
    if(!p2) return p1;
    int rt=++Idx;
    if(l==r)
    {
        Tr[rt].cnt=Tr[p1].cnt+Tr[p2].cnt;
        Tr[rt].val=l;
        return rt;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Tr[rt].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,l,mid),Tr[rt].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,mid+1,r);
    pushUp(rt);
    return rt;
}

例题

P3605 [USACO17JAN]Promotion Counting P

其实我觉得这道题更适合练手一些。毕竟不涉及其它操作，而且线段树存储的参数也只有一个。

需要注意的是，动态开点线段树一般会搭配离散化来使用，而且其空间一般而言都需要到 甚至更多，一般而言，就开 MAXN<<4 或者 MAXN<<5 就差不多。否则会 和 双倍快乐。

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const int MAXN=1e5+10;
int N,Nums[MAXN],Val[MAXN],Idx,M,Rt[MAXN];
struct ST
{
    int lc,rc,val;
}Tr[MAXN<<5];
inline void pushUp(int p)
{
    Tr[p].val=Tr[Tr[p].lc].val+Tr[Tr[p].rc].val;
}
void modifyX(int &p,int x,int l,int r)
{
    if(!p) p=++Idx;
    if(l==r)
    {
        ++Tr[p].val;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) modifyX(Tr[p].lc,x,l,mid);
    else modifyX(Tr[p].rc,x,mid+1,r);
    pushUp(p);
}
int querySum(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if(ql>qr) return 0;
    if(ql<=l&&r<=qr) return Tr[p].val;
    int mid=(l+r)>>1,res=0;
    if(ql<=mid) res+=querySum(Tr[p].lc,l,mid,ql,qr);
    if(mid<qr) res+=querySum(Tr[p].rc,mid+1,r,ql,qr);
    return res;
}
int merge(int p1,int p2,int l,int r)
{
    if(!p1) return p2;
    if(!p2) return p1;
    if(l==r)
    {
        Tr[p1].val+=Tr[p2].val;
        return p1;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Tr[p1].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,l,mid),
    Tr[p1].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,mid+1,r);
    pushUp(p1);return p1;
}
struct G
{
    int next,to;
}Edge[MAXN<<1];
int Head[MAXN],Total,ans[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v)
{
    Edge[++Total]=(G){Head[u],v};Head[u]=Total;
    Edge[++Total]=(G){Head[v],u};Head[v]=Total;
}
void dfsTree(int x,int last)
{
    for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
    {
        if((v=Edge[e].to)==last) continue;
        dfsTree(v,x);
        Rt[x]=merge(Rt[x],Rt[v],1,M);
    }
    ans[x]=querySum(Rt[x],1,M,Val[x]+1,M);
    modifyX(Rt[x],Val[x],1,M);
}
int main()
{
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    read(N);Idx=N;
    for(int i=1;i<=N;++i) read(Val[i]),Nums[i]=Val[i],Rt[i]=i;
    std::sort(Nums+1,Nums+1+N);
    M=std::unique(Nums+1,Nums+N+1)-Nums-1;
    for(int i=1;i<=N;++i) Val[i]=std::lower_bound(Nums+1,Nums+M+1,Val[i])-Nums;
    for(int i=2,fa;i<=N;++i)
    {
        read(fa);
        addEdge(fa,i);
    }
    dfsTree(1,-1);
    for(int i=1;i<=N;++i) write(ans[i],'\n');
    return 0;
}
/*
5
804289384
846930887
681692778
714636916
957747794
1
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3
*/

CF600E Lomsat gelral

对于每一个结点建立一棵动态开点权值线段树，然后维护当前结点（肯定只有一种颜色）的答案和，然后从叶结点向上合并并更新答案即可。

AC Code
 
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const int MAXN=1e5+10,MAXTREE=3e6+10;
int N,Idx,MaxCol;
struct ST
{
    int lc,rc;
    ll val,cnt,ans;
}Tr[MAXTREE];
int Col[MAXN],Rt[MAXN];
ll ans[MAXN];
inline void extend(int a,int b)
{
    Tr[a].val=Tr[b].val,Tr[a].cnt=Tr[b].cnt,Tr[a].ans=Tr[b].ans;
}
inline void pushUp(int p)
{
    if(Tr[Tr[p].lc].cnt>Tr[Tr[p].rc].cnt) extend(p,Tr[p].lc);
    else if(Tr[Tr[p].lc].cnt<Tr[Tr[p].rc].cnt) extend(p,Tr[p].rc);
    else extend(p,Tr[p].lc),Tr[p].ans+=Tr[Tr[p].rc].ans;
}
int modifyCol(int p,int c,int l,int r)
{
    if(!p) p=++Idx;
    if(l==r)
    {
        Tr[p].val=l,++Tr[p].cnt,Tr[p].ans=l;
        return p;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(c<=mid) Tr[p].lc=modifyCol(Tr[p].lc,c,l,mid);
    else Tr[p].rc=modifyCol(Tr[p].rc,c,mid+1,r);
    pushUp(p);
    return p;
}
int merge(int p1,int p2,int l,int r)
{
    if(!p1) return p2;
    if(!p2) return p1;
    if(l==r)
    {
        Tr[p1].cnt+=Tr[p2].cnt;
        Tr[p1].val=Tr[p1].ans=l;
        return p1;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Tr[p1].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,l,mid),Tr[p1].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,mid+1,r);
    pushUp(p1);
    return p1;
}
struct G
{
    int next,to;
}Edge[MAXN<<1];
int Head[MAXN],Total;
inline void addEdge(int u,int v)
{
    Edge[++Total]=(G){Head[u],v};Head[u]=Total;
    Edge[++Total]=(G){Head[v],u};Head[v]=Total;
}
void dfsTree(int x,int last)
{
    for(int e=Head[x],v;e;e=Edge[e].next)
    {
        if((v=Edge[e].to)==last) continue;
        dfsTree(v,x);
        Rt[x]=merge(Rt[x],Rt[v],1,MaxCol);
    }
    Rt[x]=modifyCol(Rt[x],Col[x],1,MaxCol);
    ans[x]=Tr[Rt[x]].ans;
}
int main()
{
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    read(N);Idx=N;
    for(int i=1;i<=N;++i) read(Col[i]),Rt[i]=i,checkMax(MaxCol,Col[i]);
    for(int i=2,u,v;i<=N;++i)
    {
        read(u,v);addEdge(u,v);
    }
    dfsTree(1,-1);
    for(int i=1;i<=N;++i) write(ans[i],' ');
    return 0;
}
/*
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1 2 3 4
1 2
2 3
2 4
*/

雨天的尾巴

名副其实的线段树合并模板题。

单独写了一篇博客

P3521 [POI2011]ROT-Tree Rotations

有些思考难度，至少我没有做出来。

因为读入是按照递归读入的，所以也考虑在读入的时候处理子树，并最后递归得到答案。考虑当前子树对整棵树的影响，记录 表示当前左右子树不交换得到的逆序对数， 表示当前子树交换的逆序对数，最后统计较小值即可。

AC Code
 
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const int MAXN=1e6+10;
int N,Idx;
struct ST
{
    int lc,rc;
    ll val;
}Tr[MAXN<<5];
int Rt[MAXN],Lvs;
ll spa,spb,ans;
void modifyX(int &p,int l,int r,ll x)
{
    if(!p) p=++Idx;
    ++Tr[p].val;
    if(l==r) return ;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) modifyX(Tr[p].lc,l,mid,x);
    else modifyX(Tr[p].rc,mid+1,r,x);
}
int merge(int p1,int p2,int l,int r)
{
    if(!p1) return p2;
    if(!p2) return p1;
    Tr[p1].val+=Tr[p2].val;
    if(l==r) return p1;
    int mid=(l+r)>>1;
    spa+=1ll*(Tr[Tr[p1].rc].val*Tr[Tr[p2].lc].val),
    spb+=1ll*(Tr[Tr[p1].lc].val*Tr[Tr[p2].rc].val);
    Tr[p1].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,l,mid),
    Tr[p1].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,mid+1,r);
    return p1;
}
void solve(int &p)
{
    int x;read(x);
    if(x)
    {
        p=++Lvs;
        modifyX(Rt[Lvs],1,N,x);
        return ;
    }
    int lc,rc;
    solve(lc),solve(rc);
    spa=spb=0;
    merge(Rt[lc],Rt[rc],1,N);
    ans+=std::min(spa,spb),p=lc;
}
int main()
{
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    read(N);
    int p;solve(p);
    write(ans);
    return 0;
}
/*
3
0
0
3
1
2
*/

线段树分裂

顾名思义，当维护整棵线段树十分困难的时候，考虑拆分成多棵线段树分别维护，形式上线段树合并的逆操作。

可以联想 的写法中也有 和 操作，也可以大致猜到线段树分裂的方式。

子树大小分裂 / 排名分裂

一般而言，线段树分裂使用的范围也是动态开点值域线段树，所以呢，分裂形式与 一致，分成 两部分，俗称按权值分裂，或者排名分裂。

首先说按排名分裂，即分裂出第 个之后的数（可重），这里设原来的线段树为 ，分裂出的线段树为 。

参考代码
 
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void split(int p1,int &p2,int k)
{
    if(!p1) return ;
    p2=newNode();
    ll v=Tr[Tr[p1].lc].val;
    if(v<k) split(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,k-v);
    else std::swap(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc);
    if(v>k) split(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,k);
    Tr[p2].val=Tr[p1].val-k,Tr[p1].val=k;
}

这个思路类似于查找区间第 小值，可以类比理解。

例题

P5494 【模板】线段树分裂

一个一个分析操作，第一个操作，就是按权值分裂两次并合并第一三个，对于如何把排名分裂转换为权值分裂，我们可以用到操作 ，首先查找 的个数，就知道了 的排名了，同理。

注意：不！要！把！下！标！打！错！了！

AC Code
 
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const int MAXN=1e6+10;
int N,Q;
struct SegmentTree
{
    int Rt[MAXN],Idx=0,Coll=1;
    int pool[MAXN],popCnt=0;
    struct ST
    {
        int lc,rc,val;
    }Tr[MAXN<<5];
    inline int newNode()
    {
        return popCnt?pool[popCnt--]:++Idx;
    }
    inline void del(int p)
    {
        pool[++popCnt]=p;
        Tr[p].lc=Tr[p].rc=Tr[p].val=0;
    }
    int merge(int p1,int p2)
    {
        if(!p1||!p2) return p1+p2;
        Tr[p1].val+=Tr[p2].val;
        Tr[p1].lc=merge(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc),
        Tr[p1].rc=merge(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc);
        del(p2);
        return p1;
    }
    void split(int p1,int &p2,int k)
    {
        if(!p1) return ;
        p2=newNode();
        int v=Tr[Tr[p1].lc].val;
        if(v<k) split(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc,k-v);
        else std::swap(Tr[p1].rc,Tr[p2].rc);
        if(v>k) split(Tr[p1].lc,Tr[p2].lc,k);
        Tr[p2].val=Tr[p1].val-k;Tr[p1].val=k;
    }
    void modifyX(int &p,int l,int r,int v,int k)
    {
        if(!p) p=newNode();
        Tr[p].val+=k;
        if(l==r) return ;
        int mid=(l+r)>>1;
        if(v<=mid) modifyX(Tr[p].lc,l,mid,v,k);
        else modifyX(Tr[p].rc,mid+1,r,v,k);
    }
    int queryCnt(int p,int l,int r,int ql,int qr)
    {
        if(qr<l||r<ql) return 0;
        if(ql<=l&&r<=qr) return Tr[p].val;
        int mid=(l+r)>>1;
        return queryCnt(Tr[p].lc,l,mid,ql,qr)+queryCnt(Tr[p].rc,mid+1,r,ql,qr);
    }
    int queryKth(int p,int l,int r,int k)
    {
        if(l==r) return l;
        int mid=(l+r)>>1;
        if(Tr[Tr[p].lc].val>=k) return queryKth(Tr[p].lc,l,mid,k);
        else return queryKth(Tr[p].rc,mid+1,r,k-Tr[Tr[p].lc].val);
    }
    inline void move()
    {
        int p,x,y,Extra=0;read(p,x,y);
        int q1=queryCnt(Rt[p],1,N,1,y),q2=queryCnt(Rt[p],1,N,x,y);
        split(Rt[p],Rt[++Coll],q1-q2);
        split(Rt[Coll],Extra,q2);
        Rt[p]=merge(Rt[p],Extra);
    }
    inline void merge()
    {
        int p,t;read(p,t);
        Rt[p]=merge(Rt[p],Rt[t]);
    }
    inline void modifyX()
    {
        int x,p,q;read(p,x,q);
        modifyX(Rt[p],1,N,q,x);
    }
    inline int queryCnt()
    {
        int p,x,y;read(p,x,y);
        return queryCnt(Rt[p],1,N,x,y);
    }
    inline int queryKth()
    {
        int p,k;read(p,k);
        if(Tr[Rt[p]].val<k) return -1;
        return queryKth(Rt[p],1,N,k);
    }
    inline void insert(int x,int v)
    {
        modifyX(Rt[1],1,N,x,v);
    }
}Tree;
signed main()
{
    // freopen(".in","r",stdin);
    // freopen(".out","w",stdout);
    read(N,Q);
    for(int i=1,x;i<=N;++i) read(x),Tree.insert(i,x);
    for(int opt;Q--;)
    {
        read(opt);
        switch(opt)
        {
            case 0:Tree.move();break;
            case 1:Tree.merge();break;
            case 2:Tree.modifyX();break;
            case 3:write(Tree.queryCnt(),'\n');break;
            case 4:write(Tree.queryKth(),'\n');break;
        }
    }
    return 0;
}
/*
5 12
0 0 0 0 0
2 1 1 1
2 1 1 2
2 1 1 3
3 1 1 3
4 1 2
2 1 1 4
2 1 1 5
0 1 2 4
2 2 1 4
3 2 2 4
1 1 2
4 1 3
*/

P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序

这道题有一个简化版 ，但如果用线段树分裂的话，就会变成加强版，这个我们之后再提。

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