区间修改部分
1.批量等值修改
前提条件
是要区间修改，区间查询，且修改操作修改的值是相同的，比如批量+1，批量-1.
有一种特例是批量替换，
情景
一般是要对一个数组执行k次操作，每次改变其中一个区间内所有元素的值，然后询问一个区间内所有元素的最值或总和，
例题1区间等值操作
题解代码
void Pushdown(int k){ //更新子树的lazy值，这里是RMQ的函数，要实现区间和等则需要修改函数内容 if(lazy[k]){ //如果有lazy标记 lazy[k<<1] += lazy[k]; //更新左子树的lazy值 lazy[k<<1|1] += lazy[k]; //更新右子树的lazy值 t[k<<1] += lazy[k]; //左子树的最值加上lazy值 t[k<<1|1] += lazy[k]; //右子树的最值加上lazy值 lazy[k] = 0; //lazy值归0 } }
注意懒标记中储存区间修改的值与长度的乘积，大概率开long long
struct node { int l, r; ll val; ll lazy; }t[N << 2]; void pushdown(node& op, ll lazy) { op.val += lazy * (op.r - op.l + 1); op.lazy += lazy; } void pushdown(int x) { if (!t[x].lazy) return; pushdown(t[x << 1], t[x].lazy), pushdown(t[x << 1 | 1], t[x].lazy); t[x].lazy = 0; } void build(int l, int r, int x = 1\没有值传入时，默认初始化为1) { t[x] = { l, r, w[l], 0 }; if (l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(l, mid, x << 1), build(mid + 1, r, x << 1 | 1); pushup(x); } void modify(int l, int r, int c, int x = 1) { if (l <= tr[x].l && r >= tr[x].r) { pushdown(tr[x], c); return; }\通过打标记的方法来赋值 pushdown(x); 操作时遇到了懒标记就处理下（懒的思想，顺路就搞下，不顺路就拖着不干） int mid = tr[x].l + tr[x].r >> 1; if (l <= mid) modify(l, r, c, x << 1);\modify的递归也变成了和线段树单点修改query里的递归形式，有交集就递归。 if (r > mid) modify(l, r, c, x << 1 | 1); pushup(x); } ll ask(int l, int r, int x = 1) { if (l <= t[x].l && r >= tr[x].r) return tr[x].val; pushdown(x); //query的唯一变化就是加上了一个pushdown(); int mid = tr[x].l + tr[x].r >> 1; ll res = 0; if (l <= mid) res += ask(l, r, x << 1); if (r > mid) res += ask(l, r, x << 1 | 1); return res; } int main() { int n, m; cin >> n >> m; rep(i, n) scanf("%d", &w[i]); build(1, n); while (m--) { char op[2]; int l, r; scanf("%s %d %d", op, &l, &r); if (*op == 'Q') printf("%lld\n", ask(l, r)); else { int c; scanf("%d", &c); modify(l, r, c); } } return 0; }
自己写的acwing式代码
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; typedef long long ll; struct node{ int l,r; ll sum; ll lazy; }tr[N<<2]; int w[N]; 传入的lazy写成int类型，导致卡壳非常久。 晚上再写一遍。 注意不要混淆long long和int void pushdown(node &x,ll lazy){ x.sum += lazy*(x.r - x.l + 1); x.lazy += lazy; } //一次调用需要从外界赋值，打上lazy，还有一次调用不需要从外界赋值解放lazy，所以分开写。 void pushdown(int u){ if(!tr[u].lazy) return; pushdown(tr[u<<1],tr[u].lazy),pushdown(tr[u<<1|1],tr[u].lazy); tr[u].lazy = 0; } void pushup(int u){ tr[u].sum = tr[u<<1].sum + tr[u<<1|1].sum; } void build(int u,int l,int r){ tr[u].l = l,tr[u].r = r,tr[u].sum =w[r]; if(l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); pushup(u); } ll query(int u,int l,int r){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].sum; ll res = 0; int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; pushdown(u); if(l <= mid) res += query(u<<1,l,r); if(r > mid) res += query(u<<1|1,l,r); return res; } void modify(int u,int l,int r,int v){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r){ pushdown(tr[u],v); return; } pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(u<<1,l,r,v); if(r > mid) modify(u<<1|1,l,r,v); pushup(u); } int main(){ int n,m; cin >> n >> m; for(int i =1;i <= n;i++) scanf("%d",&w[i]); build(1,1,n); while(m--){ char op[2]; int l,r; scanf("%s%d%d",op,&l,&r); if(*op == 'Q') printf("%lld\n",query(1,l,r)); else{ int c; scanf("%d",&c); modify(1,l,r,c); } } return 0; }
注意：
线段树的初始化在build里完成，多组数据集时不需要再额外初始化。
例题2线段树区间覆盖，二分查找
区别似乎可以用储存的是什么，还有操作是什么来区分
题解代码
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i) using namespace std; typedef long long ll; const int N = 5E4 + 10; struct node { int l, r; int val; int lazy; lazy不能初始化为0或1的原因，要区分lazy的是否存在，存在时状态为非空还是空 一般直觉是可以把有花设置为1，无花设置为0，可以用区间长度-查到的数量进行有花和无花数量的查询，所以这个应该不是什么问题，写出来之后再替换下。 }t[N << 2]; void pushdown(node& op, int lazy) { op.val = lazy * (op.r - op.l + 1); op.lazy = lazy; 解除储存的懒标记 理解这个代码的关键点在于这里的符号是等于，而不是+= } void pushdown(int x) { if (t[x].lazy == -1) return; pushdown(t[x << 1], t[x].lazy), pushdown(t[x << 1 | 1],t[x].lazy); t[x].lazy = -1; 向根部递归，解除所有子树里的节点的懒标记 } void pushup(int x) { t[x].val = t[x << 1].val + t[x << 1 | 1].val; } void build(int l, int r, int x = 1) { t[x] = { l, r, 1, -1 }; if (l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(l, mid, x << 1), build(mid + 1, r, x << 1 | 1); pushup(x); } void modify(int l, int r, int c, int x = 1) { if (l <= t[x].l && r >= t[x].r) { pushdown(t[x], c); return; } pushdown(x); int mid = t[x].l + t[x].r >> 1; if (l <= mid) modify(l, r, c, x << 1); if (r > mid) modify(l, r, c, x << 1 | 1); pushup(x); } int ask(int l, int r, int x = 1) { //查询[l, r]区间的空花瓶数目 if (l <= t[x].l && r >= t[x].r) return t[x].val; pushdown(x); int mid = t[x].l + t[x].r >> 1; int res = 0; if (l <= mid) res += ask(l, r, x << 1); if (r > mid) res += ask(l, r, x << 1 | 1); return res; 1代表花瓶是空的 } int n, m; int getindex(int a, int c) { //找到[a, n]区间, 第c个可以放花瓶的位置 int l = a, r = n; while (l < r) { int mid = l + r >> 1; if (ask(a, mid) >= c) r = mid; else l = mid + 1; } return l; } int main() { int T; cin >> T; while (T--) { scanf("%d %d", &n, &m); build(1, n); while (m--) { int k, x, y; scanf("%d %d %d", &k, &x, &y); if (k == 1) { int cou = ask(x + 1, n); 找到总共能插的花瓶数量 if (!cou) printf("Can not put any one.\n"); else { int L = getindex(x + 1, 1); 找到第一个能插花瓶的下标 int R = getindex(x + 1, min(y, cou)); //注意要和cou取一个min 找到最后一个插花瓶的地方，或者是最后一个能插花瓶的地方 modify(L, R, 0); l到r的数量设置为0，插花。 printf("%d %d\n", L - 1, R - 1); } } else { int res = y - x + 1 - ask(x + 1, y + 1); x到y的花瓶数量 - x到y的空花瓶数量 res就是非空（被清空）的花瓶数量 modify(x + 1, y + 1, 1); x到y的数量设置为1 1代表花瓶是空的 printf("%d\n", res); } } puts(""); } return 0; }
经过模仿得到的acwing代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 5e4 + 10; 统计的是花瓶数量，不需要开long long， struct node{ int l,r; int sum; int lazy; }tr[N<<2]; void pushdown(int u,int lazy){ 批量修改后，子树内所有的节点状态都相等，所以直接用lazy存状态，然后乘区间长度就可以表示出当前节点下的1状态节点个数，直接赋给sum。 lazy存一个当前节点下的所有节点的状态。 tr[u].sum = lazy * (tr[u].r - tr[u].l + 1); tr[u].lazy = lazy; } void pushdown(int u){ if(tr[u].lazy == -1) return ; pushdown(u<<1,tr[u].lazy),pushdown(u<<1|1,tr[u].lazy); tr[u].lazy = -1; } void pushup(int u){ tr[u].sum = tr[u<<1].sum + tr[u<<1|1].sum } void build(int u,int l,int r){ build需要和之前的题对比一下 tr[u] = {l,r,1,-1}; if(l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); pushup(u); } void modify(int u,int l,int r,int v){ 没什么区别，传统批量等值修改的modify if(l <= tr[u].l && tr[u].r <= r){ pushdown(u,v); return; } pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(u<<1,l,r,v); if(r > mid) modify(u<<1|1,l,r,v); pushup(u); } int query(int u,int l,int r){ 没什么区别，传统批量等值修改的query if(l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) return tr[u].sum; pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; int res = 0; if(l <= mid) res += query(u<<1,l,r); if(r > mid) res += query(u<<1|1,l,r); return res; } int n,m; int find(int x,int v){ 找a到n的第v个空花瓶。没有第v个会返回n 二分是要看mid和返回值的关系 int l = x,r = n; while(l < r){ int mid = l + r >> 1; if(query(1,x,mid) >= v) r = mid; else l = mid + 1; } return l; } int main(){ int t; cin >> t; while(t--){ scanf("%d%d",&n,&m); build(1,1,n); while(m--){ int op,l,r; scanf("%d%d%d",&op,&l,&r); if(op == 1){ l++; int cnt = query(1,l,n); // cout << cnt << endl; if(!cnt) printf("Can not put any one.\n"); else{ int L = find(l,1); int R = find(l,min(r,cnt)); 因为是找最后一个能插花的位置，所以要先用花的数量和空花瓶数量比较下，选出最小的一个，保证find查到的返回值位置是空花瓶。 // cout << L << " " << R << endl; modify(1,L,R,0); printf("%d %d\n",L-1,R-1); } } else{ l++,r++; int res = r - l + 1 - query(1,l,r); modify(1,l,r,1); printf("%d\n",res); } } puts(""); } return 0; }
例题3最大连续区间的维护
与例题2的区别，
此题要求在一个连续的区间上操作，所以是要知道一段区间是否连续，是否足够长，
用节点信息fmax，lmax，rmax来维护区间最大连续，左到右的最大连续，右到左的最大连续
情景：
如果这段时间空闲就安排活动。
因为要找到最左的区间，用深度优先搜索来找。
递归方面倒是和例题2很像，都是有一个左侧空瓶优先。但不会例题2递归做法，还不太懂。
还涉及到一个染色优先度的问题，
前提条件
分色1，和色2，两种颜色
色1优先级高，可以无视色2进行区间染色，优先染无色区间，次优先染色2区间，不能染色1区间
色2不能在色1染色过的地方染色。
情景：
女神时间安排操作优先于屌丝。
处理方法
用两颗树来维护女神和屌丝的时间。女神邀约时先在屌丝树上找空闲（满足条件的最大连续）找不到再在女神树上找空闲（满足条件的最大连续）
女神操作染色时，要在两棵树上都进行染色，而屌丝操作只染一棵树。
题解代码
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i) using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1E5 + 10; struct node { int l, r; int fmax, lmax, rmax; int lazy; 0代表没时间，1代表有时间。 }t1[N << 2], t2[N << 2]; // 基友, 女神 void pushdown(node& op, int lazy) { 需要标记时使用 op.fmax = lazy * (op.r - op.l + 1); 直接把这个节点标注成了完全连续，进行区间覆盖成1或0 op.lmax = op.fmax, op.rmax = op.fmax; 经过fmax被赋值后，fmax变成了区间长度乘lazy状态，可以直接赋给lmax和fmax op.lazy = lazy; } void pushdown(node t[], int x) { 需要访问子节点时使用。 if (t[x].lazy == -1) return; pushdown(t[x << 1], t[x].lazy), pushdown(t[x << 1 | 1], t[x].lazy); t[x].lazy = -1; } 一个输入tr[x],一个输入tr,用地址和引用来区分两个pushdown void pushup(node& p, node& l, node& r) { p.fmax = max(max(l.fmax, r.fmax), l.rmax + r.lmax); p.lmax = l.lmax + (l.lmax == l.r - l.l + 1 ? r.lmax : 0); 如果完全左子节点完全连续，就加上右子节点的从左往右最大连续，是一段连续的区间 p.rmax = r.rmax + (r.rmax == r.r - r.l + 1 ? l.rmax : 0); 如果右子节点完全连续，就加上左子节点的从左往右最大连续。 } void pushup(node t[], int x) { pushup(t[x], t[x << 1], t[x << 1 | 1]); } 节点维护多个信息时写个pushup重载简化代码. 一个简化代码的操作，输入u变换成u<<1,u<<1|1的节点，传入函数引用里。 void build(int l, int r, int x = 1) { t1[x] = t2[x] = { l, r, 1, 1, 1, -1 };lazy初始化为-1其他为1. if (l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(l, mid, x << 1), build(mid + 1, r, x << 1 | 1); pushup(t1, x), pushup(t2, x); } int findleft(node t[], int c, int x = 1) { //找到当前树中最左侧有连续c空闲时间的左端点(起始点) 不用担心搜不到结果，因为是用tr[1] 最上层节点的fmax确定过有这样一段连续时间才搜的 if (t[x].l == t[x].r) return t[x].l; 符合条件就return pushdown(t, x); if (t[x << 1].fmax >= c) return findleft(t, c, x << 1); dfs，把1的深度搜完，转战2 if (t[x << 1].rmax + t[x << 1 | 1].lmax >= c) return t[x << 1].r - t[x << 1].rmax + 1; 把2的深度搜完，转战3 搜到了立刻返回， return findleft(t, c, x << 1 | 1); 把3的深度搜完 } 维护最大连续，不需要query， 如果要求某个区间的最大连续的话要l==tr[u].l ,r == tr[u].r然后返回fmax 此题要找最左的符合要求的连续长度，如果有就在里面搜。要判断有没有，只需要看根节点的fmax是否符合要求即可， void modify(node t[], int l, int r, int x = 1) { //修改某一课树的 if (l <= t[x].l && r >= t[x].r) { pushdown(t[x], 0); return; } pushdown(t, x); int mid = t[x].l + t[x].r >> 1; if (l <= mid) modify(t, l, r, x << 1); if (r > mid) modify(t, l, r, x << 1 | 1); pushup(t, x); } void modify(int l, int r, int c, int x = 1) { //两棵树一起修改的 鸡血状态下会推掉所有邀约，所以要两棵树一起修改成1. 女神邀请时两颗树要一起修改成0，所以要从外部引入值。 if (l <= t1[x].l && r >= t1[x].r) { 两棵树的l，r是一样的，判一棵就行 pushdown(t1[x], c), pushdown(t2[x], c); return; } pushdown(t1, x), pushdown(t2, x); int mid = t1[x].l + t1[x].r >> 1; if (l <= mid) modify(l, r, c, x << 1); if (r > mid) modify(l, r, c, x << 1 | 1); pushup(t1, x), pushup(t2, x); } int main() { int T; cin >> T; rep(Case, T) { printf("Case %d:\n", Case); int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); build(1, n); while (m--) { char s[10]; scanf("%s", s); if (*s == 'S') { int l, r; scanf("%d %d", &l, &r); modify(l, r, 1); 赋值1，相当于一个清空的状态。 printf("I am the hope of chinese chengxuyuan!!\n"); } else { int x; scanf("%d", &x); if (*s == 'N') { if (t1[1].fmax >= x) { //基友树有足够的时间 int l = findleft(t1, x); modify(l, l + x - 1, 0); 赋值0，有约状态， printf("%d,don't put my gezi\n", l); } else if (t2[1].fmax >= x){ //女神树有足够的时间 int l = findleft(t2, x); modify(l, l + x - 1, 0); printf("%d,don't put my gezi\n", l); } else printf("wait for me\n"); } else if (*s == 'D') { if (t1[1].fmax >= x) { int l = findleft(t1, x); modify(t1, l, l + x - 1); printf("%d,let's fly\n", l); } else printf("fly with yourself\n"); } } } } return 0; }
经过模仿得到的acwing代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; struct node{ int l,r; int fmax,lmax,rmax; int lazy; }t1[N<<2],t2[N<<2]; void pushdown(node &t,int lazy){ t.fmax = lazy * (t.r - t.l + 1); t.lmax = t.rmax = t.fmax; t.lazy = lazy; } void pushdown(node t[],int u){ if(t[u].lazy != -1){ pushdown(t[u<<1],t[u].lazy),pushdown(t[u<<1|1],t[u].lazy); t[u].lazy = -1; } } void pushup(node&p,node&l,node&r){ p.fmax = max(max(l.fmax,r.fmax),l.rmax + r.lmax); p.lmax = l.lmax + (l.lmax == l.r - l.l + 1 ? r.lmax : 0); p.rmax = r.rmax + (r.rmax == r.r - r.l + 1 ? l.rmax : 0); } void pushup(node t[],int u){ pushup(t[u],t[u<<1],t[u<<1|1]); } void build(int u,int l,int r){ t1[u] = t2[u] = {l,r,1,1,1,-1}; if(l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); pushup(t1,u),pushup(t2,u); } int findleft(node tr[],int u,int v){ if(tr[u].l == tr[u].r ) return tr[u].l; pushdown(tr,u); if(tr[u<<1].fmax >= v)return findleft(tr,u<<1,v); 会递到第一个左子节点<v的位置，然后回归到最后一个左子节点<= v的位置，然后往下面的语句走。 if(tr[u<<1].rmax +tr[u<<1|1].lmax >= v) return tr[u<<1].r - tr[u<<1].rmax + 1; 中间的区间不符合要求，说明答案不在左子节点，就往右子节点递归。 return findleft(tr,u<<1|1,v); } void modify(node tr[],int u,int l,int r){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r){ pushdown(tr[u],0); return; } pushdown(tr,u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(tr,u<<1,l,r); if(r > mid) modify(tr,u<<1|1,l,r); pushup(tr,u); } void modify(int u,int l,int r,int v){ if(t1[u].l >= l && t1[u].r <=r ){ pushdown(t1[u],v),pushdown(t2[u],v); return; } pushdown(t1,u),pushdown(t2,u); int mid = t1[u].l + t1[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(u<<1,l,r,v); if(r > mid) modify(u<<1|1,l,r,v); pushup(t1,u),pushup(t2,u); } int main(){ int t; cin >> t; for(int Case = 1;Case <= t;Case++){ printf("Case %d:\n",Case); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); build(1,1,n); while(m--){ char s[10]; scanf("%s",s); if(*s == 'S'){ int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); modify(1,l,r,1); printf("I am the hope of chinese chengxuyuan!!\n"); } else{ int x; scanf("%d",&x); if(*s == 'N'){ if(t1[1].fmax >= x){ int l = findleft(t1,1,x); modify(1,l,l+x-1,0); printf("%d,don't put my gezi\n", l); } else if(t2[1].fmax >= x){ int l = findleft(t2,1,x); modify(1,l,l+x-1,0); printf("%d,don't put my gezi\n", l); } else printf("wait for me\n"); } else if(*s == 'D'){ if(t1[1].fmax >= x){ int l = findleft(t1,1,x); modify(t1,1,l,l+x-1); printf("%d,let's fly\n", l); } else printf("fly with yourself\n"); } } } } return 0; }
基本形式：
加法操作：
void pushdown(int u,int lazy){
tr[u].sum += lazy * (tr[u].r - tr[u].l + 1);
tr[u].lazy += lazy;
}
减法操作：
void pushdown(int u,int lazy){
tr[u].sum -= lazy * (tr[u].r - tr[u].l + 1);
tr[u].lazy -= lazy;
}
替换操作：
void pushdown(int u,int lazy){
tr[u].sum = lazy * (tr[u].r - tr[u].l + 1);
tr[u].lazy = lazy;
}
通过在modify中调用pushdown来进行值的修改。
在替换操作里，lazy作为一个储存状态的标记储存0，1，-1的话，可以实现动态区间修改01串，区间查询01串中的0，1个数
01串情景一般是：有真或假两种状态，有花与没花，开灯与关灯，还有单纯的两种字符，a与b
2.批量自适应修改
前提条件
是区间修改，区间查询，且修改操作的修改的值是根据具体节点储存的值而变化的，比如开根，幂，替换，乘除；
新做的题里发现替换可以直接批量赋值来实现，属于等值修改。
情景
对一个序列里的元素执行k次自适应操作，每次操作一个区间，然后询问区间内所有元素的值。
也有询问某个区间内所有值经过某种处理后的值。（此种问法是询问时用一个变量储存找到的值，经过处理后返回
例题1单种操作
Can you answer these queries?
22ACM集训队-树状数组与线段树基础 - Virtual Judge (vjudge.net)
主要就是把modify的递归条件改成了和传统query操作相同的有交集
复杂度比较高，可能需要一些剪枝，某条件下操作了等于白操作之类的。
代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 10; struct node{ int l,r; ll sum; }tr[N<<2]; ll w[N]; void pushup(int u){ tr[u].sum = tr[u<<1].sum + tr[u<<1|1].sum; } void build(int u,int l,int r){ tr[u] = {l,r,w[r]}; // cout << w[r] << endl; if(l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); pushup(u); } ll query(int u,int l,int r){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) { return tr[u].sum; } // cout << tr[u].sum; ll res =0 ; int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) res += query(u<<1,l,r); if(r > mid) res += query(u<<1|1,l,r); return res; } void modify(int u,int l,int r){ if(tr[u].l == tr[u].r) tr[u].sum = sqrt(tr[u].sum); else{ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r && tr[u].sum == tr[u].r - tr[u].l + 1) return; int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(u<<1,l,r); if(r > mid) modify(u<<1|1,l,r); pushup(u); } } int main() { int T = 1; int n, m; while (cin >> n) { for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%lld", &w[i]); build(1,1, n); printf("Case #%d:\n", T++); scanf("%d", &m); while (m--) { int op, l, r; scanf("%d %d %d", &op, &l, &r); if (l > r) swap(l, r); // cout << l << " " << r << endl; if (op) printf("%lld\n", query(1,l, r)); else modify(1,l, r); } printf("\n"); } return 0; }
例题2多种操作
Transformation HDU - 4578
22ACM集训队-树状数组与线段树基础 - Virtual Judge (vjudge.net)
题解代码
Transformation HDU - 4578 （线段树，审题很重要）_Soar-的博客-CSDN博客
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lson i<<1,l,m #define rson i<<1|1, m+1,r const int mod = 10007; const int maxn=1e5+10; int x[maxn<<2],flag[maxn<<2]; x是tr，flag是lazy void pushup(int i,int l,int r) { if(!flag[i<<1] || !flag[i<<1|1])左右子节点无值 flag[i] = 0; else if(x[i<<1] != x[i<<1|1])左右子节点有值且不等 flag[i] = 0; else flag[i]=1,x[i]=x[i<<1];左右子节点值相等 所以这是一个记录懒标记的函数，如果左右子节点的值相同，就上传。 通过用父节点的节点的值来代表子节点的值接受处理，降低复杂度 } void pushdown(int i,int l,int r) { if(flag[i]) { flag[i<<1] = flag[i<<1|1] =1; x[i<<1] = x[i<<1|1] = x[i]; flag[i]=0; } 这是一个下传懒标记并处理懒标记的函数，如果有懒标记，说明这个节点是代表子节点接受处理的，所以直接将值下传到子节点，然后清除懒标记 } void update(int ql,int qr,int p,int v,int i,int l,int r) { 妙：直接传入op，也就是p，根据p的值进行不同操作，减少了很多赘余的代码。 我写时想的是写3个modify，也就是update，根据op不同，调用不同的modify，麻烦得很。 if(ql<=l && qr>=r && flag[i]) 这里是有懒标记，且节点区间全都在需要处理的区间内，直接处理当前节点，然后pushdown，就可以实现区间处理 { if(p==1) x[i] = (x[i]+v)%mod; else if(p==2) x[i] = (x[i]*v)%mod; else x[i] = v; 修改当前节点值的话是不需要pushup的，因为pushup的操作是根据子节点的值来决定是否赋予当前节点一个懒标记，只修改当前节点值，代表当前节点已经是叶子节点，或者左右节点值相同，所以就算pushup了，懒标记还是会保持原有状态 return; } pushdown(i,l,r); 可能没有懒标记，会需要逐个单点修改，所以用两个if的原始query递归形式 int m = (l+r)>>1; if(ql<=m) update(ql,qr,p,v,lson); if(qr>m) update(ql,qr,p,v,rson); 进行子节点单点值修改操作后都需要pushup，来更新懒标记状态 pushup(i,l,r); } int query(int ql,int qr,int num,int i,int l,int r) l,r是当前节点的l，r { if(flag[i] && ql<=l && qr>=r) { int ans=1; for(int j=0;j<num;j++)ans=(ans*x[i])%mod;//pow操作，每次pow取余，如果是10007的三次方就有可能爆int了，所以用循环来每次操作后取余 ans=(ans*(r-l+1))%mod; return ans; } pushdown(i,l,r); int m = (l+r)>>1; int ans=0; if(ql<=m)ans+=query(ql,qr,num,lson); if(qr>m)ans+=query(ql,qr,num,rson); return ans%mod; } int main() { int n,m; while(cin>>n>>m,n||m) { memset(flag,1,sizeof flag); memset(x,0,sizeof x); int p,x,y,v; while(m--) { scanf("%d%d%d%d",&p,&x,&y,&v); if(p>=1 && p<=3)update(x,y,p,v,1,1,n); else printf("%d\n",query(x,y,v,1,1,n)); } } }
经过模仿后得到的acwing版代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e5 + 10,mod = 10007; struct node{ int l,r; int sum; int lazy; }tr[N<<2]; void pushup(int u){ if(!tr[u<<1].lazy || !tr[u<<1|1].lazy) tr[u].lazy = 0; 有一个子节点懒标记是0（当前节点的子节点的两个子节点的值不相等）则当前节点懒标记就变成0，由此可以推断出，懒标记的含义是表示当前节点的子树里所有节点的值 ，都相等，可以直接用当前节点的值来进行操作。 else if(tr[u<<1].sum != tr[u<<1|1].sum) tr[u].lazy = 0; else tr[u].lazy = 1,tr[u].sum = tr[u<<1].sum; } void pushdown(int u){ if(tr[u].lazy){ tr[u<<1].lazy = tr[u<<1|1].lazy = 1; tr[u<<1].sum = tr[u<<1|1].sum = tr[u].sum; tr[u].lazy = 0; } } void build(int u,int l,int r){ 只有叶子节点才能初始化成lazy1 if(l == r){ tr[u] = {l,r,0,1}; return; } tr[u] = {l,r}; int mid = l + r >> 1; build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r); } void modify(int u,int l,int r,int op,int v){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r && tr[u].lazy){ if(op == 1) tr[u].sum = (tr[u].sum + v) % mod; else if(op == 2) tr[u].sum = (tr[u].sum * v)%mod; else { tr[u].sum = v; } return; } pushdown(u); 有懒标记要先处理，然后再运算。 int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; if(l <= mid) modify(u<<1,l,r,op,v); if(r > mid) modify(u<<1|1,l,r,op,v); pushup(u); } int query(int u,int l,int r,int v){ if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r && tr[u].lazy){ int res = 1; for(int i = 0;i < v;i++) res = (res * tr[u].sum) % mod; res = res * (tr[u].r - tr[u].l + 1) % mod; return res; } pushdown(u); int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1; int res = 0; if(l <= mid) res = (res + query(u<<1,l,r,v) ) %mod; if(r > mid) res = (res + query(u<<1|1,l,r,v)) % mod; return res % mod; } int main(){ int n,m; while(cin >> n >> m,n||m){ // for(int i=0;i <= N << 2;i++) tr[i]= {0,0,0,0}; build(1,1,n); int op,l,r,v; while(m--){ scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&v); // cout << op << " " << l << " " << r << " " << v << endl; if(op >=1 && op <= 3){ modify(1,l,r,op,v); } else { printf("%d\n",query(1,l,r,v)); } } } return 0; }
注意
注意点就是非数组模拟节点的代码要用build初始化，然后叶子节点懒标记初始化为1，因为代表的含义是两个子节点值是否相等 懒标记区间自适应修改至少耗时2s，如果能操作简单，能用简单的语句来确定是否可以省略操作（如例题1tr[u].r - tr[u].l + 1) == tr[u].sum)判断区间内是否全为1而可以省略掉区间开方操作。
其他套路：
涉及到一个多组输入的套路
前提条件是没有明确组数，结束关键词的多组数据集输入
取反while（~scanf(“%d”,&n)
和while(scanf(“%d”,&n) != EOF)
还有while（cin >> n)三种形式
区别
区间等值修改里，
lazy存的是子树中所有节点要修改的值或要修改成的值，根据题意决定初始化的值，如例题1中批量+v操作，初始化为0，例题2批量替换，初始化为v的定义域之外的值。
sum存的是子树所有节点sum的总和 ，一般初始化为0.
是一个修改时给节点打上lazy，遇到lazy时解开lazy的过程。
区间自适应修改里，
lazy作为一个bool变量，存的是当前节点是否能代表子树接受修改，根据题意决定初始化的值
sum只有在lazy为1时有实际意义，
存的是这颗所有节点的值都相同的子树里的这个相同的值
修改值时，直接修改节点的值
