太久不打线段树手已生
Problem A: 高速公路 假期望题，分母显然为 \(C_{R - L + 1}^2\).把区间内所有子段的和求出来就万事了。
然后考虑线段树区间合并，似乎不可做。
这时SX红太阳郭老师开导了我，我们可以采取类似于树上染色的思路，考虑每条边可以被经过几次。
这就比较显然了，为\((R - i + 1)(i - L + 1)\).那么分子就是\(\sum \limits _{i = L} ^ R (R - i + 1)(i - L + 1) w_i\).
化简一下就是 \(\sum \limits _{i = L} ^ R (R - L + 1 - LR)w_i + (L + R) i w_i - i^2 w_i\).
线段树记3个tag：\(s_1 = w_i, s_2 = i w_i, s_3 = i^2 w_i\).
【特辑（线段树）】区间合并直接加起来。
再考虑修改边权，就是加个 \(v (R - L + 1 - LR)\) \(v (L + R) \sum i\) 和 $ -v i ^2$.
再记\(s_4 = \sum i, s_5 = \sum i^2\).
这道题就完了。
注意坑点：
- 给的是点，我们维护的是线段，需要处理一下
- 能开 long long 就开 long long ！！别吝啬！！如果你WA20了，大约就是该开的long long没开
#include
#define ll long longconst int N = 100000 + 233;
ll n, m, sum[5];
char opt[5];
struct SegTree { ll l, r, s[8], tag;
} t[N << 2];
inline void Pushup(ll p) {
for (int i = 1;
i <= 3;
i++)
t[p].s[i] = t[p << 1].s[i] + t[p << 1 | 1].s[i];
}ll gcd(ll x, ll y) {
return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}void Build(ll p, ll l, ll r) {
t[p].l = l, t[p].r = r;
if (l == r) return (void) (t[p].s[4] = l, t[p].s[5] = l * l);
ll mid = (l + r) >> 1;
Build(p << 1, l, mid), Build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
for (int i = 4;
i <= 5;
i++)
t[p].s[i] = t[p << 1].s[i] + t[p << 1 | 1].s[i];
}inline void Add(ll p, ll k) {
t[p].s[1] += (t[p].r - t[p].l + 1) * k;
t[p].s[2] += k * t[p].s[4];
t[p].s[3] += k * t[p].s[5];
t[p].tag += k;
}inline void Pushdown(ll p) {
Add(p << 1, t[p].tag), Add(p << 1 | 1, t[p].tag);
t[p].tag = 0;
}void Change(ll p, ll l, ll r, ll v) {
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) return (void) Add(p, v);
ll mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (t[p].tag) Pushdown(p);
if (l <= mid) Change(p << 1, l, r, v);
if (r > mid) Change(p << 1 | 1, l, r, v);
Pushup(p);
}void Ask(ll p, ll l, ll r) {
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) {
for (int i = 1;
i <= 3;
i++)
sum[i] += t[p].s[i];
return;
}
ll mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (t[p].tag) Pushdown(p);
if (l <= mid) Ask(p << 1, l, r);
if (r > mid) Ask(p << 1 | 1, l, r);
}inline void print(ll x, ll y) {
ll g = gcd(x, y);
printf("%lld/%lld\n", x / g, y / g);
}signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
Build(1, 1, n);
for (ll i = 1, l, r;
i <= m;
i++) {
ll v;
scanf("%s%lld%lld", opt, &l, &r);
r--;
if (opt[0] == 'C') {
scanf("%lld", &v), Change(1, l, r, v);
} else {
sum[1] = sum[2] = sum[3] = 0;
Ask(1, l, r);
ll a = (r - l + 1 - l * r) * sum[1] + (r + l) * sum[2] - sum[3];
ll b = (r - l + 2) * (r - l + 1) / 2;
print(a, b);
}
}
return 0;
} Problem D:排序 第四次听这题（
第一次在SJZEZ听死宅邢泽宇讲
第二次在SDFZ听高胜寒鸽鸽讲
第三次在TYWZ听真-SX红太阳李嘉图聚聚讲
第四次在HZ听考拉巨巨讲
真实大众题（
本题最重要的一点就是询问只有一个位置，而答案显然具有单调性，你二分就完事
给排列排序太磨叽，转成01序列，0表示小于，1为大于等于，这样就可以用线段树维护“排序”的过程。
#include const int N = 100005 + 233;
int n, m, q, ans, a[N];
struct Command { int l, r, op;
} cmd[N];
struct SegTree {
int l, r, sum, tag;
#define l(p) tree[p].l
#define r(p) tree[p].r
#define sum(p) tree[p].sum
#define tag(p) tree[p].tag
#define ls(p) p << 1
#define rs(p) p << 1 | 1
} tree[N << 2];
inline int R() {
int a = 0;
char c = getchar();
while (!isdigit(c)) c = getchar();
while (isdigit(c)) a = a * 10 + c - '0', c = getchar();
return a;
}void Build(int p, int l, int r, int v) {
l(p) = l, r(p) = r, tag(p) = -1;
if (l == r) return (void) (sum(p) = a[l] >= v);
int mid = (l + r) >> 1;
Build(ls(p), l, mid, v), Build(rs(p), mid + 1, r, v);
sum(p) = sum(ls(p)) + sum(rs(p));
}void Pushdown(int p) {
if (tag(p) != -1) {
sum(ls(p)) = (r(ls(p)) - l(ls(p)) + 1) * tag(p);
sum(rs(p)) = (r(rs(p)) - l(rs(p)) + 1) * tag(p);
tag(ls(p)) = tag(rs(p)) = tag(p);
tag(p) = -1;
}
}void Change(int p, int l, int r, int v) {
if (l <= l(p) && r >= r(p)) {
sum(p) = (r(p) - l(p) + 1) * v;
tag(p) = v;
} else {
Pushdown(p);
int mid = (l(p) + r(p)) >> 1;
if (l <= mid) Change(ls(p), l, r, v);
if (r > mid) Change(rs(p), l, r, v);
sum(p) = sum(ls(p)) + sum(rs(p));
}
}int Query(int p, int l, int r) {
if (l <= l(p) && r >= r(p))
return sum(p);
Pushdown(p);
int mid = (l(p) + r(p)) >> 1, ret = 0;
if (l <= mid) ret += Query(ls(p), l, r);
if (r > mid) ret += Query(rs(p), l, r);
return ret;
}bool Check(int x) {
Build(1, 1, n, x);
for (int i = 1;
i <= m;
i++) {
int cnt = Query(1, cmd[i].l, cmd[i].r);
if (cnt != 0 && cnt != cmd[i].r - cmd[i].l + 1) {
if (cmd[i].op) {
Change(1, cmd[i].l, cmd[i].l + cnt - 1, 1);
Change(1, cmd[i].l + cnt, cmd[i].r, 0);
} else {
Change(1, cmd[i].l, cmd[i].r - cnt, 0);
Change(1, cmd[i].r - cnt + 1, cmd[i].r, 1);
}
}
}
return Query(1, q, q);
}signed main() {
n = R(), m = R();
for (int i = 1;
i <= n;
i++)
a[i] = R();
for (int i = 1;
i <= m;
i++)
cmd[i].op = R(), cmd[i].l = R(), cmd[i].r = R();
q = R();
int l = 1, r = n, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (Check(mid)) {
ans = mid;
l = mid + 1;
} else r = mid - 1;
}
return !printf("%d\n", ans);
} Problem C:Monotonicity 2 首先我们可以得到一个DP方程:\(f[i] = max{f[j] + 1}\).
这个方程真是太简洁明了啦（雾，然后ning干必死
考拉的主人都说这是线段树优化DP了，那我们就考虑线段树。
我们要找出最大的f[j]，那我们就开三棵线段树，给每个符号开一棵，都用来维护区间最大值。
这个线段树应该是建立在值域上的，用来存DP值。
查询时把三种符号的答案都求出来，取最大值。再把求出来的DP的值插到当前符号的线段树里。
这种优化方式可以让我们找最大的f[j]之类的线段树容易u维护的东西时更快一点，感觉可能会蛮通用一点。
#include const int N = 1000005;
int n, k, a[N], op[N], ans, a_mx, f[N];
struct SegTree {
int l, r, mx;
} t[N << 2][4];
void Build(int p, int l, int r) {
for (int i = 1;
i <= 3;
i++)
t[p][i].l = l, t[p][i].r = r, t[p][i].mx = 0;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
Build(p << 1, l, mid), Build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}void Pushup(int p, int op) {
t[p][op].mx = std::max(t[p << 1][op].mx, t[p << 1 | 1][op].mx);
}void Change(int p, int x, int v, int op) {
if (t[p][op].l == t[p][op].r)
return (void) (t[p][op].mx = std::max(t[p][op].mx, v));
int mid = (t[p][op].l + t[p][op].r) >> 1;
if (x <= mid) Change(p << 1, x, v, op);
if (x > mid) Change(p << 1 | 1, x, v, op);
Pushup(p, op);
}int Query(int p, int l, int r, int op) {
if (l <= t[p][op].l && r >= t[p][op].r)
return t[p][op].mx;
int mid = (t[p][op].l + t[p][op].r) >> 1, ret = 0;
if (l <= mid) ret = std::max(ret, Query(p << 1, l, r, op));
if (r > mid) ret = std::max(ret, Query(p << 1 | 1, l, r, op));
return ret;
} signed main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1;
i <= n;
i++)
scanf("%d", &a[i]), a_mx = std::max(a_mx, a[i]);
for (int i = 1;
i <= k;
i++) {
char o[4];
scanf("%s", o);
if (o[0] == '>') op[i] = 1;
else if (o[0] == '=') op[i] = 2;
else op[i] = 3;
}
Build(1, 1, a_mx);
for (int i = 1;
i <= n;
i++) {
int ans_1 = Query(1, a[i] + 1, a_mx, 1) + 1;
int ans_2 = Query(1, a[i], a[i], 2) + 1;
int ans_3 = Query(1, 1, a[i] - 1, 3) + 1;
//std::cout << ans_1 << " " << ans_2 << " " << ans_3 << "\n";
f[i] = std::max(f[i], std::max(ans_1, std::max(ans_2, ans_3)));
ans = std::max(f[i], ans);
Change(1, a[i], f[i], op[(f[i] - 1) % k + 1]);
}
return !printf("%d\n", ans);
} Problem B:CPU监控 我真的佛了，标记下传神题
第一眼就秒出思路，维护一个max和一个历史最大值hmax，维护加法add，维护改变set。
然而这样是布星的。想一种情况，你有一个add，如果下传下去下面的max就会成为新的hmax，但有个set截了胡，把这个add覆盖掉了，那这个add还没更新答案就挂掉了，答案就错了。
我们的问题既然是出现在了这里，我们就再维护一个截至到上次pushdown的最大add hadd和最大set hset。
然后就是喜闻乐见的pushdown函数的设计了
首先有一个思路，就是先用父节点传下来的h-信息更新了子节点的h-信息，再更新子节点的普通信息。
pushdown这部分的思路写在了代码注释里。
还是说个坑点：建树和pushdown结束后记得给(h)set赋个初值。由于有可能出现负数，你这初值得是负的，-INF。
再说下我自己的Sb错误：query_history是直接copy的query_now，change是直接copy的add，导致我不断在change里调用add。。。。复制粘贴需谨慎啊喂！！！！一晚上啊！！！！我猛男落泪了。。。
像这样令人口区的线段树毒瘤题。。当然是很多了（逃，比如[SCOI2011]棘手的操作，[SDOI2017]相关分析，这些提题有一个共性特点就是tag之间的关系太过复杂，如果没想清就码码码很容易陷入混沌之中。所以在写这种毒瘤题的时候最好给pushdown列个草稿，把自己分类讨论的if里的condition和下方tag发方式列出来，就是类似于伪代码的东西，不然边写代码边写很容易想不清，闷声代码1小时，劲爆调试一晚上。。。
#include const int N = 1000000 + 2333, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, a[N];
struct SegTree {
int l, r, add, hadd, set, hset, mx, hmx;
} t[N << 2];
void pushup(int p) {
t[p].mx = std::max(t[p << 1].mx, t[p << 1 | 1].mx);
t[p].hmx = std::max(t[p << 1].hmx, t[p << 1 | 1].hmx);
}void pushdown(int p) {
//迫真for循环减少码量
for (int i = (p << 1);
i <= (p << 1 | 1);
i++) {
//先把几个历史最大值维护了
t[i].hmx = std::max(t[i].hmx, std::max(t[p].hset, t[p].hadd + t[i].mx));
//用his信息先更新hmax
if (t[i].set != -INF) t[i].hset = std::max(t[i].hset, t[i].set + t[p].hadd);
//下放掉hadd，儿子有set就更新了hset
else t[i].hadd = std::max(t[i].hadd, t[p].hadd + t[i].add);
//否则更新hadd
t[i].hset = std::max(t[i].hset, t[p].hset);
//下放hset
if (t[p].add) { //下放add
if (t[i].set != -INF) t[i].set += t[p].add;
//有set直接叠加
else t[i].add += t[p].add;
//没set加给add
t[i].mx += t[p].add;
}
if (t[p].set != -INF) t[i].mx = t[i].set = t[p].set, t[i].add = 0;
//set覆盖就完事了，add没用了直接清零
t[i].hset = std::max(t[i].set, t[i].hset);
t[i].hadd = std::max(t[i].add, t[i].hadd);
}
t[p].set = t[p].hset = -INF, t[p].add = t[p].hadd = 0;
}void Build(int p, int l, int r) {
t[p] = {l, r, 0, 0, -INF, -INF, -INF, -INF};
if (l == r) return (void) (t[p].mx = t[p].hmx = a[l]);
int mid = (l + r) >> 1;
Build(p << 1, l, mid), Build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
t[p].mx = t[p].hmx = std::max(t[p << 1].mx, t[p << 1 | 1].mx);
}int query_now(int p, int l, int r) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) return t[p].mx;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1, ret = -INF;
if (l <= mid) ret = std::max(ret, query_now(p << 1, l, r));
if (r > mid) ret = std::max(ret, query_now(p << 1 | 1, l, r));
pushup(p);
return ret;
}int query_history(int p, int l, int r) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) return t[p].hmx;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1, ret = -INF;
if (l <= mid) ret = std::max(ret, query_history(p << 1, l, r));
if (r > mid) ret = std::max(ret, query_history(p << 1 | 1, l, r));
pushup(p);
return ret;
}void add(int p, int l, int r, int d) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r)
return (void) (t[p].add += d, t[p].hadd += d, t[p].mx += d, t[p].hmx = std::max(t[p].hmx, t[p].mx));
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) add(p << 1, l, r, d);
if (r > mid) add(p << 1 | 1, l, r, d);
pushup(p);
}void change(int p, int l, int r, int d) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r)
return (void) (t[p].set = t[p].mx = t[p].hset = d, t[p].hmx = std::max(t[p].hmx, t[p].mx));
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) change(p << 1, l, r, d);
if (r > mid) change(p << 1 | 1, l, r, d);
pushup(p);
}signed main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1;
i <= n;
i++) scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &m);
Build(1, 1, n);
for (int i = 1;
i <= m;
i++) {
char op[5];
int x, y, z;
scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
if (op[0] == 'Q') printf("%d\n", query_now(1, x, y));
else if (op[0] == 'A') printf("%d\n", query_history(1, x, y));
else if (op[0] == 'P') scanf("%d", &z), add(1, x, y, z);
else if (op[0] == 'C') scanf("%d", &z), change(1, x, y, z);
}
return 0;
} 某人嫌弃我的120字符规范，下面是80字符规范版
#include const int N = 1000000 + 2333, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, a[N];
struct SegTree {
int l, r, add, hadd, set, hset, mx, hmx;
} t[N << 2];
void pushup(int p) {
t[p].mx = std::max(t[p << 1].mx, t[p << 1 | 1].mx);
t[p].hmx = std::max(t[p << 1].hmx, t[p << 1 | 1].hmx);
}void pushdown(int p) {
//迫真for循环减少码量
for (int i = (p << 1);
i <= (p << 1 | 1);
i++) {
//先把几个历史最大值维护了
t[i].hmx =
std::max(t[i].hmx, std::max(t[p].hset, t[p].hadd + t[i].mx));
if (t[i].set != -INF)
t[i].hset = std::max(t[i].hset, t[i].set + t[p].hadd);
else t[i].hadd = std::max(t[i].hadd, t[p].hadd + t[i].add);
t[i].hset = std::max(t[i].hset, t[p].hset);
//下放hset
if (t[p].add) { //下放add
if (t[i].set != -INF) t[i].set += t[p].add;
//有set直接叠加
else t[i].add += t[p].add;
//没set加给add
t[i].mx += t[p].add;
}
if (t[p].set != -INF) t[i].mx = t[i].set = t[p].set, t[i].add = 0;
t[i].hset = std::max(t[i].set, t[i].hset);
t[i].hadd = std::max(t[i].add, t[i].hadd);
}
t[p].set = t[p].hset = -INF, t[p].add = t[p].hadd = 0;
}void Build(int p, int l, int r) {
t[p] = {l, r, 0, 0, -INF, -INF, -INF, -INF};
if (l == r) return (void) (t[p].mx = t[p].hmx = a[l]);
int mid = (l + r) >> 1;
Build(p << 1, l, mid), Build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
t[p].mx = t[p].hmx = std::max(t[p << 1].mx, t[p << 1 | 1].mx);
}int query_now(int p, int l, int r) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) return t[p].mx;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1, ret = -INF;
if (l <= mid) ret = std::max(ret, query_now(p << 1, l, r));
if (r > mid) ret = std::max(ret, query_now(p << 1 | 1, l, r));
pushup(p);
return ret;
}int query_history(int p, int l, int r) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r) return t[p].hmx;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1, ret = -INF;
if (l <= mid) ret = std::max(ret, query_history(p << 1, l, r));
if (r > mid) ret = std::max(ret, query_history(p << 1 | 1, l, r));
pushup(p);
return ret;
}void add(int p, int l, int r, int d) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r)
return (void) (t[p].add += d, t[p].hadd += d, t[p].mx += d,
t[p].hmx = std::max(t[p].hmx, t[p].mx));
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) add(p << 1, l, r, d);
if (r > mid) add(p << 1 | 1, l, r, d);
pushup(p);
}void change(int p, int l, int r, int d) {
if (t[p].l != t[p].r) pushdown(p);
if (l <= t[p].l && r >= t[p].r)
return (void) (t[p].set = t[p].mx = t[p].hset = d,
t[p].hmx = std::max(t[p].hmx, t[p].mx));
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) change(p << 1, l, r, d);
if (r > mid) change(p << 1 | 1, l, r, d);
pushup(p);
}signed main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1;
i <= n;
i++) scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &m);
Build(1, 1, n);
for (int i = 1;
i <= m;
i++) {
char op[5];
int x, y, z;
scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
if (op[0] == 'Q') printf("%d\n", query_now(1, x, y));
else if (op[0] == 'A') printf("%d\n", query_history(1, x, y));
else if (op[0] == 'P') scanf("%d", &z), add(1, x, y, z);
else if (op[0] == 'C') scanf("%d", &z), change(1, x, y, z);
}
return 0;
} 转载于:https://www.cnblogs.com/gekoo/p/11240280.html
